2022版高考數學人教B版一輪復習單元卷七 空間向量與立體幾何 含解析

單元質檢卷七空間向量與立體幾何

（時間:120分鐘滿分:80分）

一、選擇題:本題共8小題,每小題5分洪40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.

1.（2020河北滄州一中月考）下列說法正確的是（）

A.棱柱的各個側面都是平行四邊形

B.底面是矩形的四棱柱是長方體

C.有一個面為多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐

D.直角三角形繞其一邊所在直線旋轉一周形成的幾何體是圓錐

2.若圓錐的表面積是底面積的3倍，則該圓錐的側面展開圖扇形的圓心角為（）

A穹B言C.nD.?

3.（2020寧夏六盤山高級中學高三模擬）對于不同的直線和平面a/,a邛的一個充分條件是（）

C.m//V>.m//n,/n_La,n

4.

（2020河北博野中學高三開學考試）如圖，在棱長為4的正方體ABCD-AiBCQi中,E為出G的中點.

過點Bi,E,A的平面截該正方體所得的截面周長為（）

A.6V2+4V5B.4V2+2V5

C.5V2+3V5D.8V2+4V5

5.（2020山東日照五蓮、濰坊安丘、濰坊諸城、臨沂蘭山高三6月模擬）唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如

圖1所示.其浮雕臨摹了國畫、漆繪和墓室壁畫，體現了古人的智慧與工藝.它的盛酒部分可以近似地

看作是半球與圓柱的組合體（假設內壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如圖2所示.已知球的半徑為R,酒杯

內壁表面積為爭心設酒杯上部分（圓柱）的體積為下部分（半球）的體積為出哈（）

01圖2

6.已知利用3D打印技術制作如圖所示的模型.該模型為在圓錐底內挖去一個正方體后的剩余部分

（正方體四個頂點在圓錐母線上，四個頂點在圓錐底面上），圓錐底面直徑為10V2cm,母線與底面所成

角的正切值為企.打印所用原料密度為1g/cm）不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量約為

（）（取兀=3.14,精確到0.1）

A.609.4gB.447.3gC.398.3gD.357.3g

7.（2020全國2,理10）已知AABC是面積為詈的等邊三角形，且其頂點都在球。的球面上.若球。的

表面積為16n,則。到平面A3C的距離為（）

A.V3

8.（2020山東泰安第二中學月考）菱形ABCD的邊長為2,現將△48沿對角線AC折起使平面ACD1

，平面ACB,則此時所成空間四面體體積的最大值為（）

二'選擇題:本題共4小題,每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題

目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分,部分選對的得3分.

9.在正四面體A-BCD中,E,F,G分別是BC,CD,DB的中點，下面四個結論中正確的是（）

A.BC〃平面AGFB.EGJ_平面A8F

C.平面AE尸，平面BCDD.平面AB￡L平面BCD

如圖，已知圓錐的頂點為S,底面圓。的兩條直徑分別為48和CD,且CD若平面SAOCI平面

5BC=/,則以下結論正確的是（）

A.AD〃平面S8C

B.I//AD

C.若E是底面圓周上的動點，則△SAE的最大面積等于ASAB的面積

D./與平面SCD所成角的大小為45°

11.

（2020河南洛陽高三模擬）如圖，已知正方體ABCD-A由1GQ的棱長為2,E為棱CG的中點,F為棱

A4|上的點，且滿足AtF：FA=1：2,點F,B,E,G,H為過三點B,E,F的平面BMN與正方體A8CD-

的棱的交點，則下列說法正確的是（）

A.HF//BE

B.三棱錐S-BMN的體積為6

C.直線MN與平面A山山A的夾角是45。

D.DiG:GG=1：3

12.（2020山東臨沂一模）如圖，點E為正方形A8CQ邊CQ上異于點C,。的動點，將△AQE沿AE翻折

成△SAE,在翻折過程中，下列說法正確的是（）

A.存在點E和某一翻折位置，使得SBJ_SE

B.存在點E和某一翻折位置，使得AE〃平面SBC

C.存在點E和某一翻折位置，使得直線SB與平面ABC所成的角為45。

D.存在點E和某一翻折位置，使得二面角S-AB-C的大小為60°

三、填空題:本題共4小題,每小題5分，共20分.

13.（2020遼寧高三二模，理）已知一個圓柱的側面積等于表面積的一半，且其軸截面的周長是18,則該

圓柱的體積是.

14.正四棱錐P-A8CD,底面邊長為2,二面角P-AB-C為45。,則此四棱錐的體積為.

15.

（2020福建福州高三期末）《九章算術》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉席.在如圖所

示的鱉席P-ABC中,平面ABC,ZACB=90°,CA=4,PA=2,D為AB中點,E為△PAC內的動點（含邊

界），且PCLDE.①當E在4C上時,AE=:②點E的軌跡的長度為.

16.(2020新高考全國1,16)已知直四棱柱ABCZJ-A山iGA的棱長均為2,/BA￡)=60。.以功為球心，強

為半徑的球面與側面BCGa的交線長為.

四、解答題:本題共6小題，共70分解答應寫出文字說明'證明過程或演算步驟.

17.

(10分)如圖，已知正方體ABCQ-AIBICQI的棱長為3,M,N分別是棱A415AB上的點，且AM=AN=l.

⑴證明:MN,CQ四點共面；

(2)求幾何體A例N-OAC的體積.

18.(12分)(2020廣西南寧二中高三月考)如圖，已知長方形ABCD中,AB=2,A￡)=1,M為0c的中點.將

△ACM沿AM折起，使得平面ADW_L平面ABCM.

(1)求證:4￡?，8M；

(2)點E是線段DB上的一動點，當二面角E-AM-D大小為郎寸，試確定點E的位置.

19.

(12分)(2020全國高三二模(文))如圖，扇形A08的圓心角為90。,半徑為2,四邊形S08C為正方形，平

面SOBCL平面4OB,過直線SC作平面SCMN交卷于點M,交OA于點N.

(1)求證:肱7〃。8;

(2)求三棱錐S-MON體積的最大值.

2().

Ai

p

s,prtjc,

BNC

(12分)(2020四川宜賓敘州第二中學高三一模(理))如圖，已知三棱柱A8C-A1&G中，側棱與底面垂直,

且A4i=4B=AC=24BJ_AC,MN分別是CC,BC的中點，點P在線段4出|上，且融=2兩.

(1)求證:不論A取何值，總有AMLPN;

(2)當2=1時,求平面PMN與平面A8C夾角的余弦值.

21.

(12分)(2020山東高三聯考三模)已知直三棱柱ABC-AiBiCi,AB=AC=AAi=1,M,N,P分別為

A\C\AB\,BB\的中點，且APLMN.

(1)求證:MN〃平面BiBCCi；

(2)求/8AC;

(3)求二面角Ai-PN-M的余弦值.

22.

(12分)(2020重慶沙坪壩南開中學高三月考)如圖,四棱錐P-ABCD中，底面ABCO是邊長為2的正方

形，側面尸底面A8C2E為PC上的點，且平面APC.

(1)求證:平面上4力_1_平面PBC;

(2)當三棱錐P-A8C體積最大時，求二面角B-AC-P的余弦值.

參考答案

單元質檢卷七空間向量與立體幾何

1.A對于A,根據棱柱的性質可知，棱柱的各個側面都是平行四邊形，故A正確；

對于B,底面是矩形,若側棱不垂直于底面，這時的四棱柱是斜四棱柱，不是長方體，只

有底面是矩形的直四棱柱才是長方體，故B錯誤；

對于C,有一個面為多邊形，其余各面都是三角形的幾何體不一定是棱錐，只有其余

各面是有一個公共頂點的三角形的幾何體，才是棱錐，故C錯誤；

對于D,直角三角形繞其一條直角邊所在直線旋轉一周形成的幾何體是圓錐,如果繞

著它的斜邊旋轉一周，形成的幾何體則是兩個具有共同底面的圓錐，故D錯誤.故選A.

2.C設圓錐的底面半徑為r,母線長為/,側面展開圖扇形的圓心角為仇

根據條件得?！?兀戶=3兀只即/=2r,

根據扇形面積公式得瞑=兀〃，

Z7T

即。=竿=啜=兀,故選C.

3.CA選項中，根據m^n,m//a,n//人得到a邛或?！八訟錯誤；

B選項中,〃2_L〃,an夕=〃2,〃ua,不一定得到。_1_以所以B錯誤；

C選項中，因為機〃凡〃_1_夕，所以m邛,

又mu%從而得到aLS,所以C正確；

D選項中，根據機〃〃，機_La,所以火而人所以得到?！á撬訢錯誤.故選C.

4.A如圖，取DDi的中點F,連接AF,EF,

D.F

顯然E尸〃則四邊形ABiEF為所求的截面.

因為OiE=CE=2,所以

BiE=V22+42=2遮=V42+42=4^2,EF=y/22+22=2V2^4F=V42+22=2麻，所以截

面的周長為6V2+4V5.

5.A設酒杯上部分（圓柱）的高為人,球的半徑為凡則酒杯下部分（半球）的表面積為2兀R2,

酒杯內壁表面積為當HR2,得圓柱側面積為畀R2_2兀心黑心酒杯上部分（圓柱）的表面積

為2兀/?*/?=971/?2,解得力=：凡酒杯下部分（半球）的體積XglTX7?3=17x^3,酒杯上部分

4R3

（圓柱）的體積V.=^x泊抻，所牽=泉=2.故選A.

6.C如圖是幾何體的軸截面,因為圓錐底面直徑為10&cm,所以半徑為OB=5&cm.

因為母線與底面所成角的正切值為tanB=&，所以圓錐的高為PO=10cm.

設正方體的棱長為3匹=缶，則器=甯用得“=5.

所以該模型的體積為丫耳“義（5V2）2xl0-53=^-125（cm3）.

所以制作該模型所需原料的質量為（竿-125k1=竽一125=398.3值）.

7.C設等邊三角形ABC的邊長為凡球0的半徑為R,A48C的外接圓的半徑為人則

5"8。=^屋二當§5球0=4兀/?2=16兀,解得Q=3,R=2.故r=|x低設0到平面ABC的距

44□Z

離為a則/+/=/?2,故d=j/?2_72—^4-3=1.

故選C.

D'

A設AC的中點為0,因為0cA所以O'0-LAC又因為平面AC。」平面AC8,平面

AC/rn平面ACB=AC,所以。0，平面A3C,設/46。=/4。。=%?！辏?,兀）,在440）

中,￡)O=A￡)cos]=2cos*由題意可知D,O=DO=2COS^S^ABC=^x2x2sina=2sina,Vo--

1。八，八4.a8.aQ.a\..a](an)

O=-sinacos-=-sin^cosz-=-sin-\l-sin92-^^0<-<

ABC=^OS^ABCXDO乙D乙乙J乙乙乙乙

設f=sin*則V/r-ABC=E(f-/3),且0<r<1,所以V^,-ABC^I-S?),

所以當0</<亭時,Vb-ABC>0,當*7<1時,Vb-ABC<0,所以當f=學寸"ABC取得最大

值翳，所以四面體OA8C體積的最大值為詈,故選A.

9.

ABD:FG分別是CD,DB的中點，

.：6尸〃8。,則8C〃平面AG凡故A正確；

".'E,F,G分別是BC,CD,DB的中點，.：CD，AFCO，BEAEnBF=F摳PCO_L平面

ABF,"."EG//CD,

.：￡G,平面ABF,故B正確；

:'CO,平面ABfCOu平面BCD,

.：平面ABF,平面BCD,故D正確,C錯誤.故選ABD.

10.ABD由AB和CO是圓O的直徑，且ABJ_C。，得四邊形ABC。為正方形，則AD//

BC.BCu平面SBC,

從而AO〃平面SBC,故A正確；

又因為AOu平面SA。,且平面SAZ)n平面S3C=/,所以/〃AD,故B正確;

因為SASEgsASEsinNASE,當ZASB為鈍角時,(5ASAE)max>SASAB,

當NASB為銳角或直角時,(SASAE)max=SASAB,故C不正確；

由/〃AD,得/與平面SCO所成的角等于AO與平面SCO所成的角，即為NAOO,又

因為NAOO=45°,故D正確.故選ABD.

11.AD對于A選項，由于平面AOD14〃平面BCGBi,而平面BMN與這兩個平面分別

交于“尸和BE,根據面面平行的性質定理可知HF〃BE,故A正確；

由于AiF；E4=1；2,而E是CC的中點，故M4=1,GN=2.

1111

VX

對于B選項,/「BMN=B-MNB1=32XMB1XNBIxfiB,=-x-x3x4x2=4,故B錯

誤；

對于C選項，由于BiNJL平面AiBiBA,所以直線MN與平面A\B\BA所成的角為N

NMBi,且tan/NMBi=*=?故C錯誤；

1O

對于D選項，可知DiGg,GC弓，故D正確.

綜上可知，正確的為AD,故選AD.

12.ACD當SEA.CE時,SEJ_AB,SE_LSA,SAnAB=A9SEJ_平面SAB,故SE_LSB,故A正

確；

若AE〃平面S3C,因為AEu平面ABC,平面ABCfl平面SBC=BC,則AE〃CB與已知

矛盾，故B錯誤；

如圖所示,OFLAE交8C于點F,交AE于點G,S在平面A3CE的投影。在GF上，

連接80,故NS8O為直線SB與平面ABC所成的角，

取二面角S-AE-B的平面角為a,取AO=4,OE=3,故AE=。尸=5,

"=BF=l,SG=.OG=*osa,故只需滿足SO=OB=ysina,

在A0FB中,根據余弦定理考5也口)2=12+件.當(：05a)2?2黨—^cosacosZ0FB,

解得cosa^,故C正確;

過。作0M_LA8交AB于點M,則ZSM0為二面角S-AB-C的平面角,

取二面角S-AE-B的平面角為60°，故只需滿足￡>G=2GO=2OM,

設N0AG=N0AM="?寸樹N°AG$2^G=^^=黑，

化簡得到2tan仇an20=l,解得tan8=*,驗證滿足，故D正確.

13.27兀設圓柱的底面圓的半徑為廠,高為4.

2TU~/I_1

2nr2+2Trr/i2'

(2(2r+h)=18,

解得r=〃=3,則該圓柱的體積是Ttrh=27Ti.

14.

|如圖，設點P在底面ABC。內的射影為點O,

因為四棱錐P-ABCD為正四棱錐，所以。為正方形A8CD的中心，

取A3的中點￡,連接PO,PE,OEM尸0,平面ABCD,OE±AB,

又PA=PB,所以PE_LAB,所以NPE。為二面角P-AB-C的平面角，

所以NPEO=45°.因為8C=2,所以OE=PO=1,

所以此四棱錐的體積為|PO-5ABCD=|X1x2x2=*

15.①2②等。當E在AC上時，因為PAL平面ABC,故又PC，。瓦故OE

，平面PAC.

故Z)E_LAC,又NACB=90°,D為AB中點，故OE〃BC,所以E為AC中點.故

1

AE=^AC=2.

②取AC中點F,則由淼￡)F_L平面PAC,故PCLDF,又PCIDE,

設平面DE/SPLG,則有PC_L平面OGE故點E的軌跡為線段FG.又此時CF=2,

故sinZPCA=^==合.所以FG=CF-sinZPCA=^.

J2W55

16.yn如圖所示，：?NBGOi=/aAQ=N84O=60°，且BC=GOi,

Di

為等邊三角形.

?：BiDi=2.

設點01是51cl的中點，則=百,易證。10」平面BCC山1,設P是球面與側面

BCC\B\交線上任意一點，連接01P,則OiD」OiP,.：Z)iP2=r>a+Op2,即5=3+01尸2,.：

0iP=&.即P在以0|為圓心，以或為半徑的圓上.

取881,CG的中點分別為E,F,則B\E=C\F=O\B\=O\C\=\,EF=2,

.".OiE=OiF=y/2,OiE2+O\F2=EF2=4,.：ZEO\F=90°,

.：交線EPF=[X2V2X7t=-^IT.

17.

⑴證明：產AD,又8?！?。,8。=4。,.：4。1〃8。,且4。|=8。,連接48,

則四邊形AiBCQi是平行四邊形，

所以48〃￡hC.

在△A84中,AM=AN=l,A4i=AB=3,所以萼=空，所以MN〃AiB,

AA]AD

所以MN〃DC,所以M,N,C,D\四點共面.

(2)解因為平面A8B14〃平面OCCQ,

又M,N,C,￡>i四點共面，所以平面AMN〃平面DD\C,

延長CN與D4相交于點P,因為AN〃OC,

所以瞿=嘉，即白=晶，解得胡導,同理延長與D4相交于點。，可得QA=I，

LfCiU5i/115ZL.

所以點P與點。重合，所以DiM,D4,CN三線相交于一點，

,19,9

所以幾何體AMN-ODC是一個三棱臺，所以匕MN-DDIC=gx+X+

l222

c13

x3=r

18.解取AM的中點。48的中點N,則0N,0A,。。兩兩垂直，以。為原點建立如圖所示的

空間直角坐標系，

孝,0,0),￡>(0,0,孚.

則,0,0

(1)證明:由于樂二(孝0苧麗=(0,-魚,0),則南.前=0,故而J.麗即AD±BM.

(2)解:設存在滿足條件的點瓦并設屁=□甌問0,1],礪=(串&，甲，則屁=4-

多任孚,

則點E的坐標為(-乎□，魚□，苧一日□)/￡((),1].易得平面AOM的法向量可以取

m=(0,1,0),設平面AME的法向量為112=(乂"),則前=(-/,0,0),荏=(一苧口今世□，亨一

苧口)，則電衛(wèi)=°，所以

n2'AE=0,

+42Ay+

故n2=(0，-1,22).

nin?

cos<ni,n2>=,'-■■■,----------,

同應>1)2+4A2

由于二面角E-AM-。大小為三，

故cos]=1

J(A-1)2+4A22,

由于26(0,1],故解得A=2V3-3或-2機-3(舍去).

故當E位于線段。8之間，且卷=2日3時,二面角E-AM-O大小為去

UD3

19.⑴證明因為SC〃。民SCu平面SCMNQBU平面SCMN,所以。8〃平面SCMN.

又OBu平面A03,平面SCMNA平面AOB=MN,所以MN//OB.

⑵解因為平面SOBCL平面A08,平面S08CD平面AOB=OB,SOLOB,

所以SO,平面A。氏即線段SO的長就是三棱錐S-MON的高.

因為OA_LOB,MN〃。氏

所以MNLOA.

設ON=x(0<x<2),則MN=J4-/,所以三棱錐S-MON的體積為V=1sO-

22422

2)N.MN=Wx2xIxxx』4-婷=lxXJ4-X=1^4%-%=1^4-(%-2).

所以，當X=&時,三棱錐S-MON體積有最大值,Umax].

20.解以點A為坐標原點，以AB,ACAA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸，建立如圖所示的空

間直角坐標系A-孫zA(0,0,2),3(2,0,2),頌0,2,1),N(1,1,0),則

A^K=(2,O,O),A47=(O,O,2),^V=(1,1,0).

(1)證明：：中=口兩=〃曬-幣),???審=治病=(鳥，0，。)，

???9=河+布=(0,0,2)+(昌9,0)=(普,0,2),麗=麗一麗=(1,1,0)-

島，。，2)=(AM=(0,2,1),.-.AM-麗=0+2-2=0,即詢1PN,

因此，無論2取何值，都有AM1PN.

⑵解:當4=1時,P(l,0,2),麗=(0,1,-2),而=(-1,2,-1),

而平面A8C的法向量n=(0,0,l),設平面尸MN的法向量為m=(x,y,z),貝！j

(m^PM=0,(-x+2y-z=0,

ImP/V=0,(y-2z=0,

則m=(3,2,l),

設平面PMN與平面ABC的夾角為。，則以《。=鬻=等.

因此，平面PMN與平面ABC的夾角的余弦值是半.

14

1

21.(1)證明取BiG的中點。，連接MQ,NP,P。,則且加。=“181,尸雙〃45,且

1

PN=^AB,

又所以PN〃MQ,且PN=MQ,

所以PNMQ為平行四邊形，所以MN〃PQ.

又MMt平面BBCCi,PQu平面B\BCC\,

所以MN〃平面BiBCCi.

(2)解設荏=a,而=b，咫=c,NR4C=。，

由已知可得,|a|二|b|=|c|=l