2020届高考数学一轮复习单元检测08《立体几何与空间向量》提升卷单元检测 理数（含解析）

单元检测八　立体几何与空间向量(提升卷)

考生注意：

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．(2018·广东省广州市培正中学模拟)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＝＝，所以球的表面积为4πR2＝4π·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＝，且EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为(　　)

A.B．5C．6D.

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，进而整个多面体的体积为.

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.B.C.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，另一侧面是边长为的等边三角形的三棱锥．

所以体积为V＝××1＝，选A.

5．(2018·西安模拟)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. B.

C. D.

答案　C

解析　由长方体∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，设AD＝DD1＝1，CD＝.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＝，BD＝2，C1D＝2，由余弦定理可得cos∠BC1D＝＝＝，

所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是，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＝15 B．x＝3，y＝

C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝

答案　D

解析　∵l1∥l2，∴存在实数k使得b＝ka，

即(3，x，y)＝k(2,4,5)，

∴解得x＝6，y＝，故选D.

9．(2018·湖南省长沙市周南中学模拟)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. B.

C. D.

答案　C

解析　设AC的中点为O，以，，为x，y，z轴建立坐标系(图略)，

则A，D，C，E(0,0，a)，

则＝，＝，

设AD与CE所成的角为θ，

则cosθ＝＝，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＝x＋y＋z，则(　　)

A．x＝，y＝，z＝

B．x＝，y＝，z＝

C．x＝，y＝，z＝

D．x＝，y＝，z＝

答案　D

解析　由向量的运算法则有

＝＋＝＋，①

＝＋＋，②

＝＋＋，③

又＝－，＝－2，

∴①＋②＋③得3＝＋＋，

据此可知x＝，y＝，z＝.

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，半径为的球O过点D, MN为球O的一条直径，则·的最小值是______．

答案　4－4

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

·＝(＋)·(＋)

＝2＋·(＋)＋·

＝4＋2·＋0，

当向量，反向时，·取得最小值4－2×2×＝4－4.

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　

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，

＝＋＝＋＋，

∴||2＝(＋＋)2

＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·

＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×＋2×2×3×＝23，

∴||＝，

∴AC1＝.

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．(12分)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．(12分)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＝＝，故cos∠DAP＝＝.

所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.

(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＝＝2，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝.

所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.

19．(13分)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(2，－2,0)，C(2，2,0)

＝＋＝，

设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，

又＝(－2，6,0)，＝(0，－4,1)，

所以取y＝1，得n＝(，1,4)，

所以·n＝－6＋＋＝0，即⊥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＝(，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|cos〈n，n1〉|＝＝.

20．(13分)(2018·北京市城六区模拟)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，，0)，B(－1，，0)，P(0,0,1)，M.

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＝.所以平面POA的一个法向量m＝(，－1,0).＝(1，－，1)．

设直线BP与平面POA所成角为α，

则sinα＝|cos〈m，〉|＝＝.

所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为.

(3)由(2)知E，＝，

＝(1，，0)．

设平面OAE的法向量为n＝(x，y，z)，

则有

即

令y＝－1，则x＝，z＝2，即n＝(，－1,2)．

由(2)知平面OAP的一个法向量为m＝(，－1,0)，

所以cos〈m，n〉＝＝＝.

由题意知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为.