2024高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)一輪用書數(shù)學(xué)配北師版(適用于老高考新教材)單元質(zhì)檢卷七　空間向量與立體幾何

單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2021湖南衡陽月考)下列說法正確的是()A.三點(diǎn)確定一個(gè)平面B.如果一條直線平行于一個(gè)平面,則這條直線平行于這個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線C.如果一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線垂直,則該直線與此平面垂直D.平行于同一平面的兩條直線互相平行2.平面α外的一條直線l上有相異的三個(gè)點(diǎn)A,B,C,且三個(gè)點(diǎn)到平面α的距離相等,那么直線l與平面α的位置關(guān)系是()A.l⊥α B.l∥αC.l與α相交 D.l∥α或l?α3.(2021山東濟(jì)寧二模)“直線m垂直平面α內(nèi)的無數(shù)條直線”是“m⊥α”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.一個(gè)正四棱錐的底面邊長為2,高為3,則該正四棱錐的表面積為()A.8 B.12 C.16 D.205.(2021廣東清遠(yuǎn)一中開學(xué)考試)把一個(gè)已知圓錐截成一個(gè)圓臺(tái)和一個(gè)小圓錐,已知圓臺(tái)的上、下底面半徑之比為1∶3,母線長為6cm,則已知圓錐的母線長為()A.8cm B.9cm C.10cm D.12cm6.(2021河南安陽一中月考)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為B1D1的中點(diǎn),則直線PB與AD1成的角為()A.π2 B.π3 C.π4 7.(2020河北博野中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖,在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為D1C1的中點(diǎn).過點(diǎn)B1,E,A的平面截該正方體所得的截面周長為()A.62+45 B.42+25C.52+35 D.82+458.(2021河北石家莊質(zhì)量檢測二)在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,BC⊥PC,PA=AC=2,BC=a,動(dòng)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā),沿外表面經(jīng)過棱PC上一點(diǎn)到點(diǎn)A的最短距離為10,則該棱錐的外接球的表面積為()A.5π B.8π C.10π D.20π9.關(guān)于空間兩條不同直線a,b和兩個(gè)不同平面α,β,下列命題正確的是()A.a⊥α,b⊥α,則a⊥bB.a⊥b,b⊥β,則a∥βC.a⊥α,b⊥β,α⊥β,則a⊥bD.a∥α,α⊥β,則a⊥β10.《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”;底面為矩形,一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”;四個(gè)面均為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”.如圖,在塹堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列說法不正確的是()A.四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”B.四面體A1-C1CB為“鱉臑”C.過A點(diǎn)分別作AE⊥A1B于點(diǎn)E,AF⊥A1C于點(diǎn)F,則EF⊥A1BD.四棱錐B-A1ACC1體積最大為211.如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E為棱CC1的中點(diǎn),F為棱AA1上的點(diǎn),且滿足A1F∶FA=1∶2,點(diǎn)F,B,E,G,H為過三點(diǎn)B,E,F的平面BMN與正方體ABCD-A1B1C1D1的棱的交點(diǎn),則下列說法正確的是()A.HF與BE相交B.三棱錐B1-BMN的體積為6C.直線MN與平面A1B1BA的夾角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.在正方體AC1中,E是棱CC1的中點(diǎn),F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),且A1F與平面D1AE的垂線垂直,如圖所示,下列說法不正確的是()A.點(diǎn)F的軌跡是一條線段 B.A1F與BE是異面直線C.A1F與D1E不可能平行 D.三棱錐F-ABD1的體積為定值二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中點(diǎn),則在所有的棱中與直線CD和AA1都垂直的直線有.

14.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1與平面BDC1的交線是.

15.將半徑為4的半圓卷成一個(gè)圓錐,則圓錐的體積為.

16.(2021浙江杭州二中模擬)如圖,△ABC的三邊AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分別是三邊的中點(diǎn),沿DF,FE,ED將△ADF,△CEF,△BED折起,使得A,B,C重合于點(diǎn)P,則四面體PDEF的表面積為;體積為.

三、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)如圖在邊長是2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,A1C的中點(diǎn).(1)求異面直線EF與CD1所成角的大小;(2)證明:EF⊥平面A1CD.18.(12分)(2021安徽馬鞍山三模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,△PAD為等邊三角形,∠ABC=60°,O為AD的中點(diǎn).(1)證明:平面PAD⊥平面POC;(2)若AD=2,PC=6,點(diǎn)M在線段PD上,PM=3MD,求三棱錐P-OCM的體積.19.(12分)(2021北京延慶三模)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是邊長為2的正方形,側(cè)面ADD1A1為矩形,且側(cè)面ADD1A1⊥底面ABCD,AA1=4,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn).(1)求證:MN∥平面C1DE;(2)求二面角D-C1E-B1的余弦值.20.(12分)(2021北京,17)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,點(diǎn)E為A1D1中點(diǎn),直線B1C1交平面CDE于點(diǎn)F.(1)證明:點(diǎn)F為B1C1的中點(diǎn);(2)若點(diǎn)M為棱A1B1上一點(diǎn),且二面角M-CF-E的余弦值為53,求A121.(12分)(2020新高考Ⅰ,20)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q為l上的點(diǎn),求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.22.(12分)(2021天津?yàn)I海新區(qū)塘沽第一中學(xué)月考)已知如圖,四邊形PDCE為矩形,四邊形ABCD為梯形,平面PDCE⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=12CD=1,PD=2(1)若M為PA中點(diǎn),求證:AC∥平面MDE;(2)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值;(3)在線段PC上是否存在一點(diǎn)Q(除去端點(diǎn)),使得平面QAD與平面PBC所成銳二面角的大小為π3?若存在,請說明點(diǎn)Q的位置;若不存在,請說明理由

單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何1.C解析:當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí),不能確定一個(gè)平面,故A錯(cuò)誤;如果一條直線平行于一個(gè)平面,則這條直線與這個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線可能平行也可以異面,故B錯(cuò)誤;由線面垂直的判定定理知C正確;平行于同一平面的兩條直線可能平行,可能相交也可以異面,故D錯(cuò)誤.故選C.2.B解析:當(dāng)直線l與平面α相交時(shí),直線l上只有2個(gè)不同點(diǎn)到平面α的距離相等,故A,C錯(cuò)誤;當(dāng)直線l∥平面α?xí)r,直線上所有點(diǎn)到平面距離都相等,滿足題意,故B正確;因?yàn)槠矫姒镣獾囊粭l直線l,所以l?α,故D錯(cuò)誤.故選B.3.B解析:因?yàn)楫?dāng)直線m垂直平面α內(nèi)的所有直線時(shí),可得m⊥α,所以由直線m垂直平面α內(nèi)的無數(shù)條直線不一定能推出m⊥α;當(dāng)m⊥α?xí)r,直線m垂直平面α內(nèi)的無數(shù)條直線,所以直線m垂直平面α內(nèi)的無數(shù)條直線是m⊥α的必要不充分條件.故選B.4.B解析:如圖所示,在正四棱錐P-ABCD中,底面ABCD的邊長為2,設(shè)點(diǎn)P在底面ABCD的投影點(diǎn)為點(diǎn)O,則四棱錐P-ABCD的高PO=3,則O為AC的中點(diǎn),且AO=12AC=22AB=2,PB=PA=取AB的中點(diǎn)E,連接PE,則PE⊥AB,且PE=PA2則S△PAB=12AB·PE=2,故正四棱錐P-ABCD的表面積S=4S△PAB+S四邊形ABCD=4×2+2×2=12.故選B5.B解析:設(shè)圓錐的母線長為l,因?yàn)閳A臺(tái)的上、下底面半徑之比為1∶3,所以(l-6)∶l=1∶3,解得l=9.故選B.6.D解析:(方法1)如圖1所示,連接BC1,則∠PBC1就是直線PB與AD1所成的平面角,易得PB⊥PC1,且BC1=2PC1,所以∠PBC1=π6.故選D(方法2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,如圖2.設(shè)AB=1,則B(1,1,0),P12,12,1,A(1,0,0),D1(0,0,1),所以PB=12,12,-1,AD1=(-1,0,1),設(shè)直線PB與AD1所成的角為θ,則cosθ=|圖1圖2故選D.7.A解析:如圖,取DD1的中點(diǎn)F,連接AF,EF,顯然EF∥AB1,則四邊形AB1EF為所求的截面.因?yàn)镈1E=C1E=2,所以B1E=22+42=25,AB1=42+42=42,EF=22+22=22,AF=8.B解析:將側(cè)面PBC沿PC翻折到與側(cè)面PAC共面,如圖所示.則動(dòng)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā),沿外表面經(jīng)過棱PC上一點(diǎn)到點(diǎn)A的最短距離為AB.∵PA⊥底面ABC,AC?平面ABC,∴PA⊥AC.又BC⊥PC,PA=AC,∴∠ACB=π2∴AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=2+a2+22a×22=10,解得a=2∴PB=PC2+B取PB中點(diǎn)O,連接AO,CO,∵PA⊥AB,PC⊥BC,∴AO=CO=12PB∴O為該棱錐的外接球的球心,其半徑R=12PB=2∴球O的表面積S=4πR2=8π.故選B.9.C解析:對于A,當(dāng)a⊥α,b⊥α,直線a和b相當(dāng)于平面α的法向量,則a∥b,故A錯(cuò)誤;對于B,當(dāng)a⊥b,b⊥β,則a∥β或a?β,故B錯(cuò)誤;對于C,a⊥α,b⊥β,α⊥β,則a⊥b,故C正確;對于D,a∥α,α⊥β,則a⊥β或a與β相交,或a∥β,故D錯(cuò)誤.故選C.10.D解析:因?yàn)榈酌鏋橹苯侨切吻覀?cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”,所以在“塹堵”ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,側(cè)棱AA1⊥平面ABC,因?yàn)锳A1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,則BC⊥平面AA1C1C,所以四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”,故A項(xiàng)正確;由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C,所以A1C1⊥平面BB1C1C,所以A1C1⊥BC1,則△A1BC1為直角三角形.又由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC為直角三角形,由“塹堵”的定義可得△A1C1C為直角三角形,△CC1B為直角三角形,所以四面體A1-C1CB為“鱉臑”,故B項(xiàng)正確;因?yàn)锽C⊥平面AA1C1C,則BC⊥AF,又AF⊥A1C且A1C∩BC=C,則AF⊥平面A1BC,所以AF⊥A1B.又AE⊥A1B且AF∩AE=A,則A1B⊥平面AEF,則A1B⊥EF,故C項(xiàng)正確;在底面有4=AC2+BC2≥2AC×BC,即AC×BC≤2,當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC時(shí)等號(hào)成立,VB-A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×11.D對于A選項(xiàng),由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN與這兩個(gè)平面分別交于HF和BE,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知HF∥BE,故A錯(cuò)誤;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中點(diǎn),故MA1=1,C1N=2.對于B選項(xiàng),VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×NB1對于C選項(xiàng),由于B1N⊥平面A1B1BA,所以直線MN與平面A1B1BA所成的角為∠NMB1,且tan∠NMB1=B1NB1M=對于D選項(xiàng),可知D1G=12,GC1=32,故D故選D.12.C解析:對于選項(xiàng)A,如圖,分別找線段BB1,B1C1的中點(diǎn)M,N,連接A1M,MN,A1N.由題得MN∥AD1,MN?平面D1AE,AD1?平面D1AE,所以MN∥平面D1AE.又A1M∥DE,A1M?平面D1AE,D1E?平面D1AE,所以A1M∥平面D1AE.又MN∩A1M=M,所以平面A1MN∥平面D1AE.因?yàn)锳1F與平面D1AE的垂線垂直,又A1F?平面D1AE,所以直線A1F與平面D1AE平行.又A1F?平面A1MN,且點(diǎn)F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,所以點(diǎn)F的軌跡為線段MN,故選項(xiàng)A正確;對于選項(xiàng)B,由圖可知,AF與BE是異面直線,故選項(xiàng)B正確;對于選項(xiàng)C,當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)M重合時(shí),直線A1F與直線D1E平行,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;對于選項(xiàng)D,因?yàn)镸N∥AD1,MN?平面ABD1,AD1?平面ABD1,所以MN∥面ABD1,則點(diǎn)F到平面ABD1的距離是定值,又三角形ABD1的面積是定值,所以三棱錐F-ABD1的體積為定值,故選項(xiàng)D正確.故選C.13.AB,A1B1解析:由正三棱柱的性質(zhì)可知,與直線CD和AA1都垂直的直線有AB,A1B1.14.C1M解析:因?yàn)镃1∈平面A1CC1,且C1∈平面BDC1,同時(shí)M∈平面A1CC1,且M∈平面BDC1,所以平面A1CC1與平面BDC1的交線是C1M.15.83π3解析:由題知,圓錐的母線長為l=4.設(shè)圓錐的底面半徑為r,則2πr=4π,即所以圓錐的高h(yuǎn)=l2-r2故圓錐的體積V=13·πr2·h=13×4π×216.246295解析:四面體的表面展開圖即△ABC.△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=AB2+BC2-四面體PDEF的表面積為S△ABC=12AB·BCsin∠ABC=12×10×12×265因?yàn)樗拿骟wPDEF相對棱等長,則該四面體的每一組相對棱可作為一個(gè)矩形的兩條對角線,從而把四面體PDEF補(bǔ)形成長方體D1EP1F-DE1PF1,如圖.PD=EF=5,PE=DF=6,PF=DE=7,設(shè)FP1=x,FD1=y,FF1=z,則有x2+y2=25,y所以四面體PDEF的體積V=VD1EP1F-DE1PF-417.解據(jù)題意,建立如圖空間直角坐標(biāo)系.則D(0,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),E(2,1,0),F(1,1,1),D1(0,0,2),∴EF=(-1,0,1),CD1=(0,-2,2),DA1=(2,0,2),(1)cos<EF,CD∴<EF,C即異面直線EF和CD1所成的角為60°.(2)∵EF·DA1=-1×2+0×0+1∴EF⊥DA1,即EF∵EF·DC=-1×0+0×2+1×0∴EF⊥DC,即EF⊥又DA1,DC?平面DCA1,且DA1∩DC=D,∴EF⊥平面A1CD.18.(1)證明根據(jù)題意可得,PA=PD,AO=OD,∴PO⊥AD.∵底面ABCD為菱形,∠ABC=60°,則△ACD為等邊三角形,∴CO⊥AD.∵PO∩OC=O,PO,OC?平面POC,∴AD⊥平面POC.又AD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面POC.(2)解在等邊三角形PAD中,∵AD=2,∴OP=OC=3.又PC=6,∴OP2+OC2=PC2,即PO⊥OC,∴S△POC=12·PO·OC=1由(1)可知,AD⊥平面POC,又PM=3MD,∴VP-OCM=VM-POC=34VD-POC=34×13S△POC×DO=319.(1)證明連接B1C,ME.因?yàn)镸,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn),所以ND=12A1由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,故四邊形MNDE為平行四邊形,則MN∥ED.又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)解因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形,所以CD⊥AD.因?yàn)閭?cè)面ADD1A1⊥底面ABCD,且側(cè)面ADD1A1∩底面ABCD=AD,所以CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥DD1,AD⊥DD1.又因?yàn)閭?cè)面ADD1A1為矩形,所以AD⊥DD1.如圖建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,其中D(0,0,0),C1(0,2,4),E(1,2,0),C(0,2,0),且DC1=(0,2,4),DE=因?yàn)镃D⊥平面ADD1A1,所以DC⊥平面BCC1B1,故DC=(0,2,0)為平面C1EB1的一個(gè)法向量,設(shè)n=(x,y,z)為平面DC1E的法向量,則n即2y+4z=0,x+2y=0,所以cos<DC,n>=DC·n|因?yàn)槎娼茿-DE-B1的平面角是鈍角,所以二面角A-DE-B1的余弦值為-22120.(1)證明如圖所示,取B1C1的中點(diǎn)F',連接DE,EF',F'C,由于ABCD-A1B1C1D1為正方體,E,F'為中點(diǎn),故EF'∥CD,從而E,F',C,D四點(diǎn)共面,則平面CDE即為平面CDEF',故可得直線B1C1交平面CDE于點(diǎn)F'.當(dāng)直線與平面相交時(shí)只有唯一的交點(diǎn),故點(diǎn)F與點(diǎn)F'重合,即點(diǎn)F為B1C1中點(diǎn).(2)解以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1方向分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,設(shè)正方體的棱長為2,設(shè)A1MA1B1=則M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),從而MC=(-2,2-2λ,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0),設(shè)平面MCF的法向量為m=(x1,y1,z1),則m令z1=-1,可得m=2,11-λ,-1設(shè)平面CFE的法向量為n=(x2,y2,z2),則n令z2=-1可得n=(2,0,-1).則cos<m,n>=m·整理可得(λ-1)2=14,解得λ=12λ=32舍去21.解(1)因?yàn)镻D⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD為正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因?yàn)锳D∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因?yàn)锳D?平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以DA,DC,DP的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1