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2023年新教材高考数学一轮复习单元质检卷七空间向量与立体几何含解析新人教B版
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这是一份2023年新教材高考数学一轮复习单元质检卷七空间向量与立体几何含解析新人教B版，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检卷七 空间向量与立体几何
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021湖南衡阳月考)下列说法正确的是( )
A.三点确定一个平面
B.如果一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任意一条直线
C.如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,则该直线与此平面垂直
D.平行于同一平面的两条直线互相平行
2.平面α外的一条直线l上有相异的三个点A,B,C,且三个点到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交 D.l∥α或l⊂α
3.(2021山东济宁二模)“直线m垂直平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.一个正四棱锥的底面边长为2,高为3,则该正四棱锥的表面积为( )
A.8 B.12 C.16 D.20
5.(2021广东清远一中开学考试)把一个已知圆锥截成一个圆台和一个小圆锥,已知圆台的上、下底面半径之比为1∶3,母线长为6 cm,则已知圆锥的母线长为( )
A.8 cm B.9 cm C.10 cm D.12 cm
6.(2021河南安阳一中月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1成的角为( )
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
7.
(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为D1C1的中点.过点B1,E,A的平面截该正方体所得的截面周长为( )
A.62+45 B.42+25
C.52+35 D.82+45
8.(2021河北石家庄质量检测二)在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,BC⊥PC,PA=AC=2,BC=a,动点Q从B点出发,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为10,则该棱锥的外接球的表面积为( )
A.5π B.8π C.10π D.20π
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021广东广州天河三模)关于空间两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列命题正确的是( )
A.a⊥α,b⊥α,则a∥b
B.a⊥b,b⊥β,则a∥β
C.a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
D.a∥α,α⊥β,则a⊥β
10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列说法正确的是( )
A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马”
B.四面体A1-C1CB为“鳖臑”
C.过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则EF⊥A1B
D.四棱锥B-A1ACC1体积最大为23
11.
如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是( )
A.HF∥BE
B.三棱锥B1-BMN的体积为6
C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°
D.D1G∶GC1=1∶3
12.(2021湖南雅礼中学模拟)在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法正确的是( )
A.点F的轨迹是一条线段
B.A1F与BE是异面直线
C.A1F与D1E不可能平行
D.三棱锥F-ABD1的体积为定值
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点,则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有 .
14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1与平面BDC1的交线是 .
15.将半径为4的半圆卷成一个圆锥,则圆锥的体积为 .
16.(2021浙江杭州二中模拟)如图,△ABC的三边AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分别是三边的中点,沿DF,FE,ED将△ADF,△CEF,△BED折起,使得A,B,C重合于点P,则四面体PDEF的表面积为 ;体积为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)如图在边长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.
(1)求异面直线EF与CD1所成角的大小;
(2)证明:EF⊥平面A1CD.
18.(12分)(2021安徽马鞍山三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,△PAD为等边三角形,∠ABC=60°,O为AD的中点.
(1)证明:平面PAD⊥平面POC;
(2)若AD=2,PC=6,点M在线段PD上,PM=3MD,求三棱锥P-OCM的体积.
19.
(12分)(2021北京延庆三模)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形,侧面ADD1A1为矩形,且侧面ADD1A1⊥底面ABCD,AA1=4,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)求证:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角D-C1E-B1的余弦值.
20.(12分)(2021北京,17)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)证明:点F为B1C1的中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为53,求A1MA1B1的值.
21.
(12分)(2020新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
22.(12分)(2021天津滨海新区塘沽第一中学月考)已知如图,四边形PDCE为矩形,四边形ABCD为梯形,平面PDCE⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=12CD=1,PD=2.
(1)若M为PA中点,求证:AC∥平面MDE;
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;
(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π3?若存在,请说明点Q的位置;若不存在,请说明理由.
单元质检卷七 空间向量与立体几何
1.C 解析:当三点共线时,不能确定一个平面,故A错误;
如果一条直线平行于一个平面,则这条直线与这个平面内的任意一条直线可能平行也可以异面,故B错误;
由线面垂直的判定定理知C正确;
平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交也可以异面,故D错误.
故选C.
2.B 解析:当直线l与平面α相交时,直线l上只有2个不同点到平面α的距离相等,故A,C错误;
当直线l∥平面α时,直线上所有点到平面距离都相等,满足题意,故B正确;
因为平面α外的一条直线l,所以l⊄α,故D错误.
故选B.
3.B 解析:因为当直线m垂直平面α内的所有直线时,可得m⊥α,
所以由直线m垂直平面α内的无数条直线不一定能推出m⊥α;
当m⊥α时,直线m垂直平面α内的无数条直线,
所以直线m垂直平面α内的无数条直线是m⊥α的必要不充分条件.
故选B.
4.B 解析:如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD的边长为2,
设点P在底面ABCD的投影点为点O,则四棱锥P-ABCD的高PO=3,
则O为AC的中点,且AO=12AC=22AB=2,PB=PA=PO2+AO2=5.
取AB的中点E,连接PE,则PE⊥AB,且PE=PA2-AE2=2,
则S△PAB=12AB·PE=2,故正四棱锥P-ABCD的表面积S=4S△PAB+S四边形ABCD=4×2+2×2=12.故选B.
5.B 解析:设圆锥的母线长为l,
因为圆台的上、下底面半径之比为1∶3,
所以(l-6)∶l=1∶3,
解得l=9.
故选B.
6.D 解析:(方法1)如图1所示,连接BC1,则∠PBC1就是直线PB与AD1所成的平面角,易得PB⊥PC1,且BC1=2PC1,所以∠PBC1=π6.故选D.
(方法2)以点D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图2.设AB=1,则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),设直线PB与AD1所成的角为θ,则cosθ=|PB·AD1||PB||AD1|=3232×2=32,所以θ=π6.
图1
图2
故选D.
7.A 解析:如图,取DD1的中点F,连接AF,EF,
显然EF∥AB1,则四边形AB1EF为所求的截面.
因为D1E=C1E=2,所以B1E=22+42=25,AB1=42+42=42,EF=22+22=22,AF=42+22=25,所以截面的周长为62+45.
8.B 解析:将侧面PBC沿PC翻折到与侧面PAC共面,如图所示.
则动点Q从B点出发,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为AB.
∵PA⊥底面ABC,AC⊂平面ABC,∴PA⊥AC.又BC⊥PC,PA=AC,
∴∠ACB=π2+π4=3π4,
∴AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=2+a2+22a×22=10,解得a=2.
∴PB=PC2+BC2=PA2+AC2+BC2=22.
取PB中点O,连接AO,CO,
∵PA⊥AB,PC⊥BC,∴AO=CO=12PB,
∴O为该棱锥的外接球的球心,其半径R=12PB=2,
∴球O的表面积S=4πR2=8π.
故选B.
9.AC 解析:对于A,当a⊥α,b⊥α,直线a和b相当于平面α的法向量,则a∥b,故A正确;
对于B,当a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,故B错误;
对于C,a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b,故C正确;
对于D,a∥α,α⊥β,则a⊥β或a与β相交,或a∥β,故D错误.
故选AC.
10.ABC 解析:因为底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”,所以在“堑堵”ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,侧棱AA1⊥平面ABC,
因为AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,则BC⊥平面AA1C1C,
所以四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故A项正确;
由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C,所以A1C1⊥平面BB1C1C,
所以A1C1⊥BC1,则△A1BC1为直角三角形.
又由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,
由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,
所以四面体A1-C1CB为“鳖臑”,故B项正确;
因为BC⊥平面AA1C1C,则BC⊥AF,又AF⊥A1C且A1C∩BC=C,则AF⊥平面A1BC,所以AF⊥A1B.又AE⊥A1B且AF∩AE=A,则A1B⊥平面AEF,则A1B⊥EF,故C项正确;
在底面有4=AC2+BC2≥2AC×BC,即AC×BC≤2,当且仅当AC=BC时等号成立,
VB-A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43,故D项不正确.故选ABC.
11.AD 对于A选项,由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE,根据面面平行的性质定理可知HF∥BE,故A正确;
由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.
对于B选项,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×NB1×BB1=13×12×3×4×2=4,故B错误;
对于C选项,由于B1N⊥平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成的角为∠NMB1,且tan∠NMB1=B1NB1M=43≠1,故C错误;
对于D选项,可知D1G=12,GC1=32,故D正确.
综上可知,正确的为AD,故选AD.
12.ABD 解析:对于选项A,如图,分别找线段BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N.由题得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.因为A1F与平面D1AE的垂线垂直,又A1F⊄平面D1AE,所以直线A1F与平面D1AE平行.又A1F⊂平面A1MN,且点F是侧面BCC1B1内的动点,平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,所以点F的轨迹为线段MN,故选项A正确;对于选项B,由图可知,AF与BE是异面直线,故选项B正确;对于选项C,当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,故选项C错误;对于选项D,因为MN∥AD1,MN⊄平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以MN∥面ABD1,则点F到平面ABD1的距离是定值,又三角形ABD1的面积是定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,故选项D正确.故选ABD.
13.AB,A1B1 解析:由正三棱柱的性质可知,与直线CD和AA1都垂直的直线有AB,A1B1.
14.C1M 解析:因为C1∈平面A1CC1,且C1∈平面BDC1,同时M∈平面A1CC1,且M∈平面BDC1,
所以平面A1CC1与平面BDC1的交线是C1M.
15.83π3 解析:由题知,圆锥的母线长为l=4.设圆锥的底面半径为r,则2πr=4π,即r=2.
所以圆锥的高h=l2-r2=23.
故圆锥的体积V=13·πr2·h=13×4π×23=83π3.
16.246 295 解析:四面体的表面展开图即△ABC.
△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=AB2+BC2-AC22AB·BC=102+122-1422×10×12=15,则sin∠ABC=265.
四面体PDEF的表面积为S△ABC=12AB·BCsin∠ABC=12×10×12×265=246.
因为四面体PDEF相对棱等长,则该四面体的每一组相对棱可作为一个矩形的两条对角线,从而把四面体PDEF补形成长方体D1EP1F-DE1PF1,如图.
PD=EF=5,PE=DF=6,PF=DE=7,设FP1=x,FD1=y,FF1=z,
则有x2+y2=25,y2+z2=36,z2+x2=49,解得x2=19,y2=6,z2=30,故xyz=695.
所以四面体PDEF的体积V=VD1EP1F-DE1PF-4VP-P1EF=xyz-4×16xyz=13xyz=295.
17.解据题意,建立如图空间直角坐标系.
则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),DC=(0,2,0).
(1)cos=EF·CD1|EF||CD1|=-1×0+0×(-2)+1×22×22=12,
∴=60°,
即异面直线EF和CD1所成的角为60°.
(2)∵EF·DA1=-1×2+0×0+1×2=0,
∴EF⊥DA1,即EF⊥DA1.
∵EF·DC=-1×0+0×2+1×0=0,
∴EF⊥DC,即EF⊥DC.
又DA1,DC⊂平面DCA1,且DA1∩DC=D,
∴EF⊥平面A1CD.
18.(1)证明根据题意可得,PA=PD,AO=OD,∴PO⊥AD.
∵底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,则△ACD为等边三角形,∴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)解在等边三角形PAD中,∵AD=2,∴OP=OC=3.
又PC=6,∴OP2+OC2=PC2,即PO⊥OC,
∴S△POC=12·PO·OC=12×3×3=32.
由(1)可知,AD⊥平面POC,又PM=3MD,
∴VP-OCM=VM-POC=34VD-POC=34×13S△POC×DO=34×13×32×1=38.
19.(1)证明连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.
由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,故四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2)解因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD.因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD,且侧面ADD1A1∩底面ABCD=AD,所以CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥DD1,AD⊥DD1.又因为侧面ADD1A1为矩形,所以AD⊥DD1.如图建立空间直角坐标系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=(1,2,0).
因为CD⊥平面ADD1A1,所以DC⊥平面BCC1B1,
故DC=(0,2,0)为平面C1EB1的一个法向量,
设n=(x,y,z)为平面DC1E的法向量,则n·DC1=0,n·DE=0,
即2y+4z=0,x+2y=0,取y=-2,可得n=(4,-2,1).
所以cos=DC·n|DC||n|=-42×21=-22121.
因为二面角A-DE-B1的平面角是钝角,所以二面角A-DE-B1的余弦值为-22121.
20.(1)证明如图所示,取B1C1的中点F',连接DE,EF',F'C,
由于ABCD-A1B1C1D1为正方体,E,F'为中点,故EF'∥CD,
从而E,F',C,D四点共面,则平面CDE即为平面CDEF',
故可得直线B1C1交平面CDE于点F'.
当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点F与点F'重合,
即点F为B1C1中点.
(2)解以点D为坐标原点,DA,DC,DD1方向分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,
设正方体的棱长为2,设A1MA1B1=λ(0≤λ≤1),
则M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),
从而MC=(-2,2-2λ,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0),
设平面MCF的法向量为m=(x1,y1,z1),则
m·MC=-2x1+(2-2λ)y1-2z1=0,m·CF=x1+2z1=0,
令z1=-1,可得m=2,11-λ,-1.
设平面CFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则
n·FE=-2y2=0,n·CF=x2+2z2=0,
令z2=-1可得n=(2,0,-1).
则cos=m·n|m||n|=55+(11-λ) 2×5=53,
整理可得(λ-1)2=14,解得λ=12λ=32舍去.
21.解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.
所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.
所以l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.
可取n=(-1,0,a).
所以cos=n·PB|n||PB| =-1-a31+a2.
设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
22.(1)证明如图,设PC与DE交于点N,连接MN.
因为四边形PDCE为矩形,
所以N为PC的中点.又M为PA的中点,
因为MN∥AC,而MN⊂平面MDE,AC⊄平面MDE,
所以AC∥平面MDE.
(2)解因为平面PDCE⊥平面ABCD,平面PDCE∩平面ABCD=DC,PD⊥DC,PD⊂平面PDCE,
所以PD⊥平面ABCD.
因为AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD.
因为∠BAD=∠ADC=90°,
所以DA,DC,DP两两垂直.
以D为坐标原点,以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
根据题意,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),
所以PA=(1,0,-2),PB=(1,1,-2),PC=(0,2,-2).
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·PB=0,m·PC=0,即x+y-2z=0,2y-2z=0,取y=1,则m=(1,1,2).
设直线PA与平面PBC所成角的平面角为θ,
则有sinθ=|cos|=m·PA|m||PA|=1-23×2=36.
(3)解假设存在点Q满足题意,则PQ=λPC(0<λ<1),
故PQ=(0,2λ,-2λ),则Q(0,2λ,2-2λ).
所以DQ=(0,2λ,2-2λ),DA=(1,0,0).
设平面DAQ的一个法向量为n=(a,b,c),
则有n·DQ=0,n·DA=0,即2λb+(2-2λ)c=0,a=0,取b=1,则n=0,1,2λλ-1,
由(2)知平面PBC的一个法向量为m=(1,1,2),
根据题意,有cosπ3=cos,则|m·n||m||n|=12,|1+2λλ-1|2×1+2λ2(λ-1)2=12,
解得λ=23.
即得PQ=23PC,即点Q为线段PC上靠近点C的一个三等分点,坐标为Q0,43,23.
单元质检卷七 空间向量与立体几何
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021湖南衡阳月考)下列说法正确的是( )
A.三点确定一个平面
B.如果一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任意一条直线
C.如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,则该直线与此平面垂直
D.平行于同一平面的两条直线互相平行
2.平面α外的一条直线l上有相异的三个点A,B,C,且三个点到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交 D.l∥α或l⊂α
3.(2021山东济宁二模)“直线m垂直平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.一个正四棱锥的底面边长为2,高为3,则该正四棱锥的表面积为( )
A.8 B.12 C.16 D.20
5.(2021广东清远一中开学考试)把一个已知圆锥截成一个圆台和一个小圆锥,已知圆台的上、下底面半径之比为1∶3,母线长为6 cm,则已知圆锥的母线长为( )
A.8 cm B.9 cm C.10 cm D.12 cm
6.(2021河南安阳一中月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1成的角为( )
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
7.
(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为D1C1的中点.过点B1,E,A的平面截该正方体所得的截面周长为( )
A.62+45 B.42+25
C.52+35 D.82+45
8.(2021河北石家庄质量检测二)在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,BC⊥PC,PA=AC=2,BC=a,动点Q从B点出发,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为10,则该棱锥的外接球的表面积为( )
A.5π B.8π C.10π D.20π
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021广东广州天河三模)关于空间两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列命题正确的是( )
A.a⊥α,b⊥α,则a∥b
B.a⊥b,b⊥β,则a∥β
C.a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
D.a∥α,α⊥β,则a⊥β
10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列说法正确的是( )
A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马”
B.四面体A1-C1CB为“鳖臑”
C.过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则EF⊥A1B
D.四棱锥B-A1ACC1体积最大为23
11.
如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是( )
A.HF∥BE
B.三棱锥B1-BMN的体积为6
C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°
D.D1G∶GC1=1∶3
12.(2021湖南雅礼中学模拟)在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法正确的是( )
A.点F的轨迹是一条线段
B.A1F与BE是异面直线
C.A1F与D1E不可能平行
D.三棱锥F-ABD1的体积为定值
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点,则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有 .
14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1与平面BDC1的交线是 .
15.将半径为4的半圆卷成一个圆锥,则圆锥的体积为 .
16.(2021浙江杭州二中模拟)如图,△ABC的三边AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分别是三边的中点,沿DF,FE,ED将△ADF,△CEF,△BED折起,使得A,B,C重合于点P,则四面体PDEF的表面积为 ;体积为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)如图在边长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.
(1)求异面直线EF与CD1所成角的大小;
(2)证明:EF⊥平面A1CD.
18.(12分)(2021安徽马鞍山三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,△PAD为等边三角形,∠ABC=60°,O为AD的中点.
(1)证明:平面PAD⊥平面POC;
(2)若AD=2,PC=6,点M在线段PD上,PM=3MD,求三棱锥P-OCM的体积.
19.
(12分)(2021北京延庆三模)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形,侧面ADD1A1为矩形,且侧面ADD1A1⊥底面ABCD,AA1=4,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)求证:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角D-C1E-B1的余弦值.
20.(12分)(2021北京,17)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)证明:点F为B1C1的中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为53,求A1MA1B1的值.
21.
(12分)(2020新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
22.(12分)(2021天津滨海新区塘沽第一中学月考)已知如图,四边形PDCE为矩形,四边形ABCD为梯形,平面PDCE⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=12CD=1,PD=2.
(1)若M为PA中点,求证:AC∥平面MDE;
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;
(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π3?若存在,请说明点Q的位置;若不存在,请说明理由.
单元质检卷七 空间向量与立体几何
1.C 解析:当三点共线时,不能确定一个平面,故A错误;
如果一条直线平行于一个平面,则这条直线与这个平面内的任意一条直线可能平行也可以异面,故B错误;
由线面垂直的判定定理知C正确;
平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交也可以异面,故D错误.
故选C.
2.B 解析:当直线l与平面α相交时,直线l上只有2个不同点到平面α的距离相等,故A,C错误;
当直线l∥平面α时,直线上所有点到平面距离都相等,满足题意,故B正确;
因为平面α外的一条直线l,所以l⊄α,故D错误.
故选B.
3.B 解析:因为当直线m垂直平面α内的所有直线时,可得m⊥α,
所以由直线m垂直平面α内的无数条直线不一定能推出m⊥α;
当m⊥α时,直线m垂直平面α内的无数条直线,
所以直线m垂直平面α内的无数条直线是m⊥α的必要不充分条件.
故选B.
4.B 解析:如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD的边长为2,
设点P在底面ABCD的投影点为点O,则四棱锥P-ABCD的高PO=3,
则O为AC的中点,且AO=12AC=22AB=2,PB=PA=PO2+AO2=5.
取AB的中点E,连接PE,则PE⊥AB,且PE=PA2-AE2=2,
则S△PAB=12AB·PE=2,故正四棱锥P-ABCD的表面积S=4S△PAB+S四边形ABCD=4×2+2×2=12.故选B.
5.B 解析:设圆锥的母线长为l,
因为圆台的上、下底面半径之比为1∶3,
所以(l-6)∶l=1∶3,
解得l=9.
故选B.
6.D 解析:(方法1)如图1所示,连接BC1,则∠PBC1就是直线PB与AD1所成的平面角,易得PB⊥PC1,且BC1=2PC1,所以∠PBC1=π6.故选D.
(方法2)以点D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图2.设AB=1,则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),设直线PB与AD1所成的角为θ,则cosθ=|PB·AD1||PB||AD1|=3232×2=32,所以θ=π6.
图1
图2
故选D.
7.A 解析:如图,取DD1的中点F,连接AF,EF,
显然EF∥AB1,则四边形AB1EF为所求的截面.
因为D1E=C1E=2,所以B1E=22+42=25,AB1=42+42=42,EF=22+22=22,AF=42+22=25,所以截面的周长为62+45.
8.B 解析:将侧面PBC沿PC翻折到与侧面PAC共面,如图所示.
则动点Q从B点出发,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为AB.
∵PA⊥底面ABC,AC⊂平面ABC,∴PA⊥AC.又BC⊥PC,PA=AC,
∴∠ACB=π2+π4=3π4,
∴AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=2+a2+22a×22=10,解得a=2.
∴PB=PC2+BC2=PA2+AC2+BC2=22.
取PB中点O,连接AO,CO,
∵PA⊥AB,PC⊥BC,∴AO=CO=12PB,
∴O为该棱锥的外接球的球心,其半径R=12PB=2,
∴球O的表面积S=4πR2=8π.
故选B.
9.AC 解析:对于A,当a⊥α,b⊥α,直线a和b相当于平面α的法向量,则a∥b,故A正确;
对于B,当a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,故B错误;
对于C,a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b,故C正确;
对于D,a∥α,α⊥β,则a⊥β或a与β相交,或a∥β,故D错误.
故选AC.
10.ABC 解析:因为底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”,所以在“堑堵”ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,侧棱AA1⊥平面ABC,
因为AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,则BC⊥平面AA1C1C,
所以四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故A项正确;
由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C,所以A1C1⊥平面BB1C1C,
所以A1C1⊥BC1,则△A1BC1为直角三角形.
又由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,
由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,
所以四面体A1-C1CB为“鳖臑”,故B项正确;
因为BC⊥平面AA1C1C,则BC⊥AF,又AF⊥A1C且A1C∩BC=C,则AF⊥平面A1BC,所以AF⊥A1B.又AE⊥A1B且AF∩AE=A,则A1B⊥平面AEF,则A1B⊥EF,故C项正确;
在底面有4=AC2+BC2≥2AC×BC,即AC×BC≤2,当且仅当AC=BC时等号成立,
VB-A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43,故D项不正确.故选ABC.
11.AD 对于A选项,由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE,根据面面平行的性质定理可知HF∥BE,故A正确;
由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.
对于B选项,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×NB1×BB1=13×12×3×4×2=4,故B错误;
对于C选项,由于B1N⊥平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成的角为∠NMB1,且tan∠NMB1=B1NB1M=43≠1,故C错误;
对于D选项,可知D1G=12,GC1=32,故D正确.
综上可知,正确的为AD,故选AD.
12.ABD 解析:对于选项A,如图,分别找线段BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N.由题得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.因为A1F与平面D1AE的垂线垂直,又A1F⊄平面D1AE,所以直线A1F与平面D1AE平行.又A1F⊂平面A1MN,且点F是侧面BCC1B1内的动点,平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,所以点F的轨迹为线段MN,故选项A正确;对于选项B,由图可知,AF与BE是异面直线,故选项B正确;对于选项C,当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,故选项C错误;对于选项D,因为MN∥AD1,MN⊄平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以MN∥面ABD1,则点F到平面ABD1的距离是定值,又三角形ABD1的面积是定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,故选项D正确.故选ABD.
13.AB,A1B1 解析:由正三棱柱的性质可知,与直线CD和AA1都垂直的直线有AB,A1B1.
14.C1M 解析:因为C1∈平面A1CC1,且C1∈平面BDC1,同时M∈平面A1CC1,且M∈平面BDC1,
所以平面A1CC1与平面BDC1的交线是C1M.
15.83π3 解析:由题知,圆锥的母线长为l=4.设圆锥的底面半径为r,则2πr=4π,即r=2.
所以圆锥的高h=l2-r2=23.
故圆锥的体积V=13·πr2·h=13×4π×23=83π3.
16.246 295 解析:四面体的表面展开图即△ABC.
△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=AB2+BC2-AC22AB·BC=102+122-1422×10×12=15,则sin∠ABC=265.
四面体PDEF的表面积为S△ABC=12AB·BCsin∠ABC=12×10×12×265=246.
因为四面体PDEF相对棱等长,则该四面体的每一组相对棱可作为一个矩形的两条对角线,从而把四面体PDEF补形成长方体D1EP1F-DE1PF1,如图.
PD=EF=5,PE=DF=6,PF=DE=7,设FP1=x,FD1=y,FF1=z,
则有x2+y2=25,y2+z2=36,z2+x2=49,解得x2=19,y2=6,z2=30,故xyz=695.
所以四面体PDEF的体积V=VD1EP1F-DE1PF-4VP-P1EF=xyz-4×16xyz=13xyz=295.
17.解据题意,建立如图空间直角坐标系.
则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),DC=(0,2,0).
(1)cos
∴
即异面直线EF和CD1所成的角为60°.
(2)∵EF·DA1=-1×2+0×0+1×2=0,
∴EF⊥DA1,即EF⊥DA1.
∵EF·DC=-1×0+0×2+1×0=0,
∴EF⊥DC,即EF⊥DC.
又DA1,DC⊂平面DCA1,且DA1∩DC=D,
∴EF⊥平面A1CD.
18.(1)证明根据题意可得,PA=PD,AO=OD,∴PO⊥AD.
∵底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,则△ACD为等边三角形,∴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)解在等边三角形PAD中,∵AD=2,∴OP=OC=3.
又PC=6,∴OP2+OC2=PC2,即PO⊥OC,
∴S△POC=12·PO·OC=12×3×3=32.
由(1)可知,AD⊥平面POC,又PM=3MD,
∴VP-OCM=VM-POC=34VD-POC=34×13S△POC×DO=34×13×32×1=38.
19.(1)证明连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.
由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,故四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2)解因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD.因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD,且侧面ADD1A1∩底面ABCD=AD,所以CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥DD1,AD⊥DD1.又因为侧面ADD1A1为矩形,所以AD⊥DD1.如图建立空间直角坐标系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=(1,2,0).
因为CD⊥平面ADD1A1,所以DC⊥平面BCC1B1,
故DC=(0,2,0)为平面C1EB1的一个法向量,
设n=(x,y,z)为平面DC1E的法向量,则n·DC1=0,n·DE=0,
即2y+4z=0,x+2y=0,取y=-2,可得n=(4,-2,1).
所以cos
因为二面角A-DE-B1的平面角是钝角,所以二面角A-DE-B1的余弦值为-22121.
20.(1)证明如图所示,取B1C1的中点F',连接DE,EF',F'C,
由于ABCD-A1B1C1D1为正方体,E,F'为中点,故EF'∥CD,
从而E,F',C,D四点共面,则平面CDE即为平面CDEF',
故可得直线B1C1交平面CDE于点F'.
当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点F与点F'重合,
即点F为B1C1中点.
(2)解以点D为坐标原点,DA,DC,DD1方向分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,
设正方体的棱长为2,设A1MA1B1=λ(0≤λ≤1),
则M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),
从而MC=(-2,2-2λ,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0),
设平面MCF的法向量为m=(x1,y1,z1),则
m·MC=-2x1+(2-2λ)y1-2z1=0,m·CF=x1+2z1=0,
令z1=-1,可得m=2,11-λ,-1.
设平面CFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则
n·FE=-2y2=0,n·CF=x2+2z2=0,
令z2=-1可得n=(2,0,-1).
则cos
整理可得(λ-1)2=14,解得λ=12λ=32舍去.
21.解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.
所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.
所以l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.
可取n=(-1,0,a).
所以cos
设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
22.(1)证明如图,设PC与DE交于点N,连接MN.
因为四边形PDCE为矩形,
所以N为PC的中点.又M为PA的中点,
因为MN∥AC,而MN⊂平面MDE,AC⊄平面MDE,
所以AC∥平面MDE.
(2)解因为平面PDCE⊥平面ABCD,平面PDCE∩平面ABCD=DC,PD⊥DC,PD⊂平面PDCE,
所以PD⊥平面ABCD.
因为AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD.
因为∠BAD=∠ADC=90°,
所以DA,DC,DP两两垂直.
以D为坐标原点,以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
根据题意,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),
所以PA=(1,0,-2),PB=(1,1,-2),PC=(0,2,-2).
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·PB=0,m·PC=0,即x+y-2z=0,2y-2z=0,取y=1,则m=(1,1,2).
设直线PA与平面PBC所成角的平面角为θ,
则有sinθ=|cos
(3)解假设存在点Q满足题意,则PQ=λPC(0<λ<1),
故PQ=(0,2λ,-2λ),则Q(0,2λ,2-2λ).
所以DQ=(0,2λ,2-2λ),DA=(1,0,0).
设平面DAQ的一个法向量为n=(a,b,c),
则有n·DQ=0,n·DA=0,即2λb+(2-2λ)c=0,a=0,取b=1,则n=0,1,2λλ-1,
由(2)知平面PBC的一个法向量为m=(1,1,2),
根据题意,有cosπ3=cos
解得λ=23.
即得PQ=23PC,即点Q为线段PC上靠近点C的一个三等分点,坐标为Q0,43,23.
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