高考数学(理数)一轮复习单元检测08《立体几何与空间向量》提升卷（教师版）

这是一份高考数学(理数)一轮复习单元检测08《立体几何与空间向量》提升卷（教师版），共10页。

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间100分钟，满分130分．
4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列命题中，错误的是( )
A．平行于同一平面的两个平面平行
B．平行于同一直线的两个平面平行
C．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交
D．一条直线与两个平行平面所成的角相等
答案 B
解析 选项A正确，是面面平行的传递性．选项B错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项C正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项D正确，由线面角定义可知正确．
2．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )
A．25πB．50πC．125πD．都不对
答案 B
解析 长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即R＝eq \f(\r(32＋42＋52),2)＝eq \f(5,2)eq \r(2)，所以球的表面积为4πR2＝4π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)\r(2)))2＝50π，故选B.
3.如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝eq \f(3,2)，且EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为( )
A.eq \f(9,2)B．5C．6D.eq \f(15,2)
答案 D
解析 分别取AB，CD的中点G，H，连接EG，GH，EH，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为eq \f(9,2)，进而整个多面体的体积为eq \f(15,2).
4．如图，一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边的长为1，那么这个几何体的体积为( )
A.eq \f(1,6)B.eq \f(1,2)C.eq \f(1,3)D．1
答案 A
解析 由三视图还原可知原图形是底面是直角边为1的等腰直角三角形，两侧面也是直角边为1的等腰直角三角形，另一侧面是边长为eq \r(2)的等边三角形的三棱锥．
所以体积为V＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1×1))×1＝eq \f(1,6)，选A.
5．若平面α与β的法向量分别是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，则平面α与β的位置关系是( )
A．平行B．垂直
C．相交但不垂直D．无法确定
答案 B
解析 因为a·b＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以两平面垂直．
6.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是( )
A.eq \f(\r(2),8) B.eq \f(\r(3),8) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(\r(3),4)
答案 C
解析 由长方体∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，设AD＝DD1＝1，CD＝eq \r(3).连接BC1，BD.
由AD1∥BC1，所以异面直线AD1与DC1所成角，即∠BC1D.
在△BDC1中，BC1＝eq \r(2)，BD＝2，C1D＝2，
由余弦定理可得cs∠BC1D＝eq \f(C1D2＋BC\\al(2,1)－BD2,2C1D·BC1)＝eq \f(22＋2－22,2×2×\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，
所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是eq \f(\r(2),4)，选C.
7．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是( )
A．相交B．平行C．异面D．不确定
答案 B
解析 ∵l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，∴l⊥平面ABC.
∵m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，∴m⊥平面ABC，∴l∥m，故选B.
8．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则( )
A．x＝6，y＝15B．x＝3，y＝eq \f(15,2)
C．x＝3，y＝15D．x＝6，y＝eq \f(15,2)
答案 D
解析 ∵l1∥l2，∴存在实数k使得b＝ka，即(3，x，y)＝k(2,4,5)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝2k，,x＝4k，,y＝5k，))解得x＝6，y＝eq \f(15,2)，故选D.
9．如图，在所有棱长均为a的直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分别为BB1，A1C1的中点，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(1,5) D.eq \f(4,5)
答案 C
解析 设AC的中点为O，以eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))为x，y，z轴建立坐标系(图略)，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，0，\f(a,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，E(0,0，a)，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)，a))，
设AD与CE所成的角为θ，则csθ＝eq \f(0×\f(\r(3),2)a－\f(a,2)×\f(a,2)＋\f(a,2)×a,\r(\f(3,4)a2＋\f(a2,4)＋\f(a2,4))·\r(\f(a2,4)＋a2))＝eq \f(1,5)，故选C.
10．已知α，β是两个平面，直线l⊄α，l⊄β，若以①l⊥α；②l∥β；③α⊥β中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有( )
A．①③⇒②；①②⇒③
B．①③⇒②；②③⇒①
C．①②⇒③；②③⇒①
D．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒①
答案 A
解析 因为α⊥β，所以在β内找到一条直线m，使m⊥α，又因为l⊥α，所以l∥m.又因为l⊄β，所以l∥β，即①③⇒②；因为l∥β，所以过l可作一平面γ∩β＝n，所以l∥n，又因为l⊥α，所以n⊥α，又因为n⊂β，所以α⊥β，即①②⇒③.故选A.
11.如图，空间四边形OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝2GN，若eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，则( )
A．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3) B．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,6)
C．x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,3) D．x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)
答案 D
解析 由向量的运算法则有eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(MG,\s\up6(→))，①
eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))＋eq \(NG,\s\up6(→))，②
eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BN,\s\up6(→))＋eq \(NG,\s\up6(→))，③
又eq \(BN,\s\up6(→))＝－eq \(CN,\s\up6(→))，eq \(MG,\s\up6(→))＝－2eq \(NG,\s\up6(→))，∴①＋②＋③得3eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
据此可知x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3).
12.点P在正方体侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持AP⊥BD1，则点P的轨迹为( )
A．线段B1C
B．BB1的中点与CC1的中点连成的线段
C．线段BC1
D．BC的中点与B1C1的中点连成的线段
答案 A
解析 ∵AP⊥BD1恒成立，
∴要保证AP所在的平面始终垂直于BD1.
∵AC⊥BD1，AB1⊥BD1，AC∩AB1＝A，AB1，AC⊂平面AB1C，
∴BD1⊥平面AB1C，∴P点在线段B1C上运动．故选A.
第Ⅱ卷(非选择题 共70分)
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．正四面体ABCD的棱长为2，半径为eq \r(2)的球O过点D, MN为球O的一条直径，则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))的最小值是______．
答案 4－4eq \r(2)
解析 很明显当O，D，M，N四点共面时数量积能取得最值，
由题意可知OD＝OM＝ON，则△MDN是以点D为顶点的直角三角形，且
eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DM,\s\up6(→)))·(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DN,\s\up6(→)))＝eq \(AD,\s\up6(→))2＋eq \(AD,\s\up6(→))·(eq \(DM,\s\up6(→))＋eq \(DN,\s\up6(→)))＋eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(DN,\s\up6(→))＝4＋2eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(DO,\s\up6(→))＋0，
当向量eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(DO,\s\up6(→))反向时，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))取得最小值4－2×2×eq \r(2)＝4－4eq \r(2).
14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝________.
答案 90°
解析 因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.
又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1⊂平面C1MB1，MB1∩C1B1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1，
所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°.
15.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
答案 AB，BC，AC AB
解析 ∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.
16.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1＝________.
答案 eq \r(23)
解析 ∵∠BAA1＝∠DAA1＝60°，∴A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上，
∴平面ACC1A1⊥平面ABCD，
∵AB＝1，AD＝2，AA1＝3，eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|2＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)))2＝|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|eq \(AD,\s\up6(→))|2＋|eq \(AA1,\s\up6(→))|2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＋2eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))
＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×eq \f(1,2)＋2×2×3×eq \f(1,2)＝23，∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(23)，∴AC1＝eq \r(23).
三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC－A1B1C1中，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．
(1)求证：AC⊥B1C；
(2)求证：AC1∥平面CDB1.
证明 (1)∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，
∴CC1⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC.
又∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.
∵CC1，BC⊂平面BB1C1C，CC1∩BC＝C，
∴AC⊥平面BB1C1C，
又B1C⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥B1C.
(2)取A1B1的中点D1，连接C1D1，D1D和AD1.
∵AD∥D1B1，且AD＝D1B1，
∴四边形ADB1D1为平行四边形，∴AD1∥DB1，
又∵AD1⊄平面CDB1，DB1⊂平面CDB1，
∴AD1∥平面CDB1.
∵CC1∥DD1，且CC1＝DD1，
∴四边形CC1D1D为平行四边形，∴C1D1∥CD，
又∵CD⊂平面CDB1，C1D1⊄平面CDB1，
∴C1D1∥平面CDB1.
∵AD1∩C1D1＝D1，AD1，C1D1⊂平面AC1D1，
∴平面AC1D1∥平面CDB1，
又AC1⊂平面AC1D1，∴AC1∥平面CDB1.
18．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
(2)求证：PD⊥平面PBC；
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
(1)解 由已知AD∥BC，得∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.在Rt△PDA中，由已知，得AP＝eq \r(AD2＋PD2)＝eq \r(5)，故cs∠DAP＝eq \f(AD,AP)＝eq \f(\r(5),5).
所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(2)证明 因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.
又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，BC，PB⊂平面PBC，BC∩PB＝B，
所以PD⊥平面PBC.
(3)解 过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．
由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1，由已知，得CF＝BC－BF＝2.又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得DF＝eq \r(CD2＋CF2)＝2eq \r(5)，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝eq \f(PD,DF)＝eq \f(\r(5),5).
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
19．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝4，F是棱PA上一点，且AF＝1，E为PD的一个靠近D点的三等分点．
(1)求证：CE∥平面BDF；
(2)求平面BDF与平面PAD所成的锐二面角的余弦值．
(1)证明 以点A为坐标原点，以AD，AP所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图．
则A(0,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，F(0,0,1)，B(2eq \r(3)，－2,0)，C(2eq \r(3)，2,0)
eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
又eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，6,0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，－4,1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3) x＋6y＝0，,－4y＋z＝0，))取y＝1，得n＝(eq \r(3)，1,4)，
所以eq \(CE,\s\up6(→))·n＝－6＋eq \f(2,3)＋eq \f(16,3)＝0，即eq \(CE,\s\up6(→))⊥n.
又CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF.
(2)解 由(1)知平面BDF的一个法向量为n＝(eq \r(3)，1,4)，
又平面PAD的一个法向量可取n1＝(1,0,0)，
所以平面BDF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为|cs〈n，n1〉|
＝eq \f(\r(3),\r(3＋1＋16)·1)＝eq \f(\r(15),10).
20．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD, △PBC沿PA，PB所在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2，在三棱锥P－OAB中，E为PB中点．
(1)求证：PO⊥AB；
(2)求直线BP与平面POA所成角的正弦值；
(3)求二面角P－AO－E的大小．
(1)证明 在正方形ABCD中，P为CD中点，PD⊥AD，PC⊥BC，
所以在三棱锥P－OAB中，PO⊥OA，PO⊥OB.因为OA∩OB＝O，OA，OB⊂平面OAB，所以PO⊥平面OAB.
因为AB⊂平面OAB，所以PO⊥AB.
(2)解 取AB中点F，连接OF，取AO中点M，连接BM.
过点O作AB的平行线OG.
因为PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.
因为OA＝OB，F为AB的中点，
所以OF⊥AB.所以OF⊥OG.
如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.
A(1，eq \r(3)，0)，B(－1，eq \r(3)，0)，P(0,0,1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
因为BO＝BA，M为OA的中点，所以BM⊥OA.
因为PO⊥平面OAB，PO⊂平面POA，
所以平面POA⊥平面OAB.
因为平面POA∩平面OAB＝OA，BM⊂平面OAB，
所以BM⊥平面POA.
因为eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(\r(3),2)，0)).所以平面POA的一个法向量m＝(eq \r(3)，－1,0).
eq \(BP,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，1)．设直线BP与平面POA所成角为α，
则sinα＝|cs〈m，eq \(BP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(BP,\s\up6(→))|,|m||\(BP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(15),5).
所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).
(3)由(2)知Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)．
设平面OAE的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→))·n＝0，,\(OE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)y＋z＝0.))
令y＝－1，则x＝eq \r(3)，z＝2eq \r(3)，即n＝(eq \r(3)，－1,2eq \r(3))．
由(2)知平面OAP的一个法向量为m＝(eq \r(3)，－1,0)，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(3＋1,2×4)＝eq \f(1,2).
由题意知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为eq \f(π,3).