2022届高考数学一轮复习单元检测九　立体几何与空间向量（解析版）

这是一份2022届高考数学一轮复习单元检测九　立体几何与空间向量（解析版），共19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。
单元检测九　立体几何与空间向量
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共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．下列说法正确的是(　　)
A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
B．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
答案　C
解析　以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以斜边为轴旋转一周所得的旋转体是两个同底圆锥的组合体，A错；以直角梯形的直角腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台，B错；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，C正确；用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台，如果截面不平行于底面，则截得的不是圆锥和圆台，D错．
2．已知a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，若a＋λb与2a－b共线，则实数λ等于(　　)
A．－2 B．－ C. D．2
答案　B
解析　∵a＝(0,1，－1)，b＝(1,1,0)，
∴a＋λb＝(λ，1＋λ，－1)，2a－b＝(－1,1，－2)．
∵a＋λb与2a－b共线，
∴＝＝，即λ＝－.
3．圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为90°，则圆锥的表面积是底面积的________倍(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　D
解析　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，
依题意可得，＝，所以l＝4r，
所以圆锥的侧面积为l·2πr＝πrl＝4πr2，
圆锥的底面积为πr2，
所以＝5.
4.如图，在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在线段OA上，且OM＝3MA，点N为BC的中点，则等于(　　)

A.a－b＋c
B.a＋b－c
C.a＋b－c
D．－a＋b＋c
答案　D
解析　＝＋＝＋(＋)
＝＋(－＋－)
＝－＋＋
＝－a＋b＋c.
5．《九章算术》卷五商功中记载了一个问题：今有圆亭：下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？答曰：五百二十七尺，九分尺之七．术曰：上下周相乘，又各自乘，并之，以高乘之，三十六而一，文中给出了如三视图所示几何体体积的一种近似算法：(上底面周长×下底面周长＋上底面周长的平方＋下底面周长的平方)×高×，如此求出的体积的近似值与实际值的比值为(　　)

A. B. C. D.
答案　A
解析　由三视图可知，几何体为一个圆台，设上底半径为a，下底半径为b，高为h，
则根据近似算法得体积
V1＝[2πa·2πb＋(2πa)2＋(2πb)2]·h
＝(ab＋a2＋b2)h，
实际体积V2＝πh(a2＋b2＋ab)，
则＝＝.
6．下列命题中是真命题的是(　　)
A．垂直于同一条直线的两条直线互相平行
B．与同一个平面夹角相等的两条直线互相平行
C．平行于同一个平面的两条直线互相平行
D．垂直于同一个平面的两条直线互相平行
答案　D
解析　作任意一个长方体ABCD－A1B1C1D1，如图，

A项，如图，BB1⊥BC，CD⊥BC，但BB1⊥CD，故A错；B项，如图，由直线与平面所成角的概念可知，直线A1B，C1D与平面ABCD所成的角相等，但A1B，C1D异面，故B错；C项，如图，A1B1∥平面ABCD，A1D1∥平面ABCD，但A1B1⊥A1D1，故C错；D项，根据线面垂直的性质定理可知，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，故D对．
7.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD(如图所示)，若∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这个平面图形的面积为(　　)

A.＋ B．2＋
C.＋ D.＋
答案　B
解析　在直观图中，
∵∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，
∴BC＝1＋，
∴原来的平面图形上底长为1，下底为1＋，高为2，
∴平面图形的面积为×2＝2＋.
8．已知直线l⊥平面α，平面β⊥平面γ，(　　)
A．若α∥γ，则l∥β B．若α⊥γ，则l⊥β
C．若l∥γ，则α∥β D．若l⊥γ，则α⊥β
答案　D
解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AA1⊥平面ABCD，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，但直线AA1⊂平面A1ABB1，故A错；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AA1⊥平面ABCD，平面A1ABB1⊥平面BB1C1C，平面ABCD⊥平面BB1C1C，但直线AA1⊂平面A1ABB1，故B错；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AA1⊥平面ABCD，平面CDD1C1⊥平面BB1C1C，直线AA1∥平面BB1C1C，但平面ABCD⊥平面CDD1C1，故C错；因为直线l⊥平面α，l⊥γ，所以α∥γ，因为平面β⊥平面γ，所以α⊥β，故D正确．
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q是线段D1C1的中点，点P满足＝，则异面直线PQ，AB所成角的余弦值为(　　)

A. B. C．－ D.
答案　D
解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，
∴异面直线PQ，AB所成的角为∠PQD1(或其补角)，
正方体中C1D1⊥平面ADD1A1，∴C1D1⊥PD1，
设正方体棱长为1，因为点Q是线段D1C1的中点，点P满足＝，
∴D1Q＝，A1P＝，
PD1＝＝，
PQ＝＝＝，
∴cos∠PQD1＝＝＝.
10．(2020·瓦房店模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，O(0,0,0)，E(2，0,0)，F(0,2，0)，B为EF的中点，C为空间一点且满足||＝||＝3，若cos〈，〉＝，则·等于(　　)
A．9 B．7 C．5 D．3
答案　D
解析　设C(x，y，z)，由题意知B(，，0)，
＝(x，y，z)，＝(x－，y－，z)，＝(－2，2，0)，
由cos〈，〉＝
＝＝，
整理可得x－y＝－，
由||＝||＝3，得
＝，
化简得x＋y＝，
联立解得x＝，y＝，
则·＝(x，y，z)·(0,2，0)＝2y＝3.
11．已知三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝1，PB＝2，PC＝3，则点P到平面ABC的距离为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　因为三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，
所以以P为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
因为PA＝1，PB＝2，PC＝3，
所以P(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，
所以＝(0,0，－3)，＝(1,0，－3)，＝(0,2，－3)，
设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取z＝2，得n＝(6,3,2)，
所以点P到平面ABC的距离为
d＝＝＝.
12.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，E，F分别为棱AB，BB1的中点，则(　　)

A．直线EF与AC1共面
B．CF⊥AO
C．平面EFC∥平面AOC1
D．OF与AA1所成角为
答案　B
解析　因为E，F分别为棱AB，BB1的中点，
所以EF∥AB1，
因为平面C1B1A∩平面AA1B1B＝AB1，AC1⊂平面C1B1A，AB1⊂平面AA1B1B，AC1∩AB1＝A，
所以AC1与平面AA1B1B只有一个交点A，
因为EF⊂平面AA1B1B，EF∥AB1，
所以A∉EF，所以EF与AC1不共面，故A错误；
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设棱长为2，则A(2,0,0)，O(1,1,2)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，
则＝(－1,1,2)，＝(2,0,1)，
所以·＝－2＋2＝0，则CF⊥AO，故B正确；
显然，平面AOC1即为平面A1C1A，
则易证BD⊥平面A1C1A，
因为B(2,2,0)，D(0,0,0)，
则＝(2,2,0)是平面A1C1A的法向量，
因为＝(2,0,1)，所以·＝4≠0，
故＝(2,2,0)不是平面EFC的法向量，
则平面EFC与平面AOC1不平行，故C错误；
因为A1(2,0,2)，所以＝(0,0,2)，＝(1,1，－1)，
所以cos〈，〉＝＝＝－，
即OF与AA1所成角的余弦值为，故D错误．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．(2020·天津二十中月考)已知a＝(2,1,3)，b＝(－4,2，x)，且a⊥b，则|a－b|＝________.
答案　
解析　因为a⊥b，
所以a·b＝－8＋2＋3x＝0，即x＝2，
所以b＝(－4,2,2)，则a－b＝(6，－1,1)，
所以|a－b|＝＝.
14．A，B，C，D是空间四点，有以下条件：
①＝＋＋；
②＝＋＋；
③＝＋＋；
④＝＋＋，
能使A，B，C，D四点一定共面的条件是________．
答案　④
解析　对于④，＝＋＋，＋＋＝1，由空间向量共面定理可知A，B，C，D四点一定共面，①②③不满足共面定理的条件．
15．已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为________．
答案　
解析　过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N(图略)．则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1.
由于＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝2＋12＋2＋2(0＋0＋0)＝，
∴||＝.
16.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，E，F分别是BB1，DD1的中点，G为AE的中点且FG＝2，则△EFG面积的最大值为________．

答案　
解析　如图，连接AC，BD，且相交于O，

∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
以OC，OD所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
设OC＝a，OD＝b，棱柱的高为h，
则A(－a,0,0)，E，F，
∴G，
＝，＝(0，－2b,0)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴E到直线FG的距离d＝||sin〈，〉
＝2b·＝b，
∴S△EFG＝·FG·d＝b
＝≤×＝.
当且仅当b2＝－b2即b2＝时取等号．
三、解答题(本大题共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)(2021·西安模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱CC1⊥底面ABC，AB＝AC，D，E，F分别为棱AA1，BB1，BC的中点．

(1)求证：BC1⊥AF；
(2)若AB＝2，BC＝CC1＝2，求三棱锥D－AEF的体积；
(3)判断直线CD与平面AEF的位置关系，并说明理由．
(1)证明　∵CC1⊥平面ABC，AF⊂平面ABC，
∴CC1⊥AF，
∵AB＝AC，F点为BC的中点，∴AF⊥BC，
又∵CC1∩BC＝C，CC1，BC⊂平面BCC1B1，
∴AF⊥平面BCC1B1
又∵BC1⊂平面BCC1B1，
∴AF⊥BC1，即BC1⊥AF.
(2)解　∵AB＝AC＝2，BC＝2，
故AB2＋AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱CC1⊥底面ABC，
∴AA1⊥平面ABC，
∵AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AC，
又∵AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，
∴AC⊥平面ABB1A1，
即AC为三棱锥C－ADE的高．
∴VD－AEF＝VF－ADE＝VC－ADE＝×S△ADE×AC
＝×××2＝.
(3)解　CD∥平面AEF，证明如下：
连接DE，DB，记DB与AE相交于点G，连接FG.

∵D，E分别为AA1和BB1的中点，
故DA＝BE，DA∥BE，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴G为BD的中点，
又∵F为BC的中点，∴CD∥FG，
又∵CD⊄平面AEF，FG⊂平面AEF，
∴CD∥平面AEF.
18.(12分)如图，三棱锥P－ABC中，PD⊥平面ABC，且垂足D在棱AC上，AB＝BC＝，AD＝1，CD＝3，PD＝.

(1)证明：△PBC为直角三角形；
(2)求点A到平面PBC的距离．

(1)证明　以AC的中点E为坐标原点，以EB，EC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(，0,0)，C(0,2,0)，P(0，－1，)，
于是＝(－，－1，)，＝(－，2,0)，
∵·＝(－，－1，)·(－，2,0)＝2－2＝0，
∴⊥，即BP⊥BC，
∴△PBC为直角三角形．
(2)解　由(1)可得，A(0，－2,0)，
故＝(0,1，)，＝(，1，－)，＝(0,3，－)，
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝1，则z＝，x＝，
∴平面PBC的一个法向量为n＝(，1，)，
设点A到平面PBC的距离为d，
则d＝＝＝，
∴点A到平面PBC的距离为.
19.(12分)(2021·武汉模拟)如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，∠BAD＝60°，点E不在平面ABCD内，平面ADEF∩平面BCEF＝直线EF，OF⊥平面ABCD，BC＝CE＝DE＝2EF＝2.

(1)求证：EF∥AD；
(2)求直线ED与平面BCEF所成角的正弦值．
(1)证明　∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，
∵AD⊄平面BCEF，BC⊂平面BCEF，
∴AD∥平面BCEF，
又平面ADEF∩平面BCEF＝直线EF，AD⊂平面ADEF，∴EF∥AD.
(2)解　∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD.
∵OF⊥平面ABCD，

∴以O为坐标原点，OA，OB，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．取CD的中点M，连接EM，OM.
∵∠BAD＝60°，BC＝2，
∴OA＝OC＝，OB＝OD＝1，
∵BC＝CD＝CE＝DE＝2，
∴△CDE为正三角形，EM＝.
∵OM∥BC，OM＝BC，EF∥AD∥BC，EF＝BC，
∴EF∥OM，EF＝OM，
∴四边形EFOM为平行四边形，
∴OF∥EM，OF＝EM，
从而A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，D(0，－1,0)，E ，
∴＝，＝(－，－1,0)，
＝，
设平面BCEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，∴y＝－，z＝－1，n＝(1，－，－1)，
∴cos〈，n〉＝＝＝，
因此直线ED与平面BCEF所成角的正弦值为.
20．(12分)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.

(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
(2)当AD的长为何值时，二面角D－FC－B的大小为60°.
(1)证明　∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，
∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB，
∵AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，
又CB∩BF＝B，CB，BF⊂平面CBF，
∴AF⊥平面CBF，
∵AF⊂平面DAF，∴平面DAF⊥平面CBF.
(2)解　设EF的中点为G，以O为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD＝t(t>0)，

则点D的坐标为(1,0，t)，
则C(－1,0，t)，
又A(1,0,0)，B(－1,0,0)，F，
∴＝(2,0,0)，＝，
设平面DCF的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
令z＝，解得x＝0，y＝2t.
∴n1＝(0,2t，)．
由(1)可知AF⊥平面CBF，取平面CBF的一个法向量为n2＝＝，
∴cos 60°＝，即＝，解得t＝，
因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°.
21．(12分)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E是边AD上的一点，且AE＝2ED，点H是BE的中点，现将△ABE沿着BE折起构成四棱锥A－BCDE，M是四棱锥A－BCDE棱AD的中点．

(1)证明：HM∥平面ABC；
(2)当四棱锥A－BCDE体积最大时，求二面角C－AB－E的余弦值．
(1)证明　方法一　如图，取AC的中点为F，在线段BC上取一点P，

满足PC＝2BP，连接MF，FP，HP，
由M，F分别是AD，AC的中点，
得MF＝DC，MF∥DC，
过点E作EG∥DC交BC于点G，
则＝＝，
又BH＝BE，所以HP＝DC，HP∥DC，
则HP∥MF，HP＝MF，
则四边形HMFP为平行四边形，则HM∥PF，
由HM⊄平面ABC，PF⊂平面ABC，
所以HM∥平面ABC.
方法二　如图，取DC的中点为N，连接MN，HN，

由M，N分别是AD，CD的中点，则MN∥AC，
因为MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC，
由于H，N分别是BE，CD的中点，则HN∥BC，
同理可证HN∥平面ABC，
MN∩HN＝N，MN，HN⊂平面MHN，
所以平面MHN∥平面ABC，HM⊂平面MHN，
所以HM∥平面ABC.
(2)解　当四棱锥A－BCDE体积最大时，平面ABE⊥平面BCDE，
由AE＝AB，H是BE的中点，所以AH⊥BE，
平面ABE∩平面BCDE＝BE，AH⊂平面ABE，
所以AH⊥平面BCDE，
建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，－1,0)，C(1,2,0)，

E(－1,1,0)，A(0,0，)，
所以＝(0,3,0)，＝(－2,2,0)，＝(－1,1，)，
设平面ABE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由
得
令y1＝1，得m＝(1,1,0)，
设平面ABC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由得
令z2＝1，得n＝(，0,1)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
由图易知二面角C－AB－E为锐角，
所以二面角C－AB－E的余弦值为.
22．(12分)(2020·重庆模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，BC⊥BB1，CC1＝，且有AC1＝.

(1)证明：平面ABC⊥平面BB1C1C；
(2)M，N分别是BC，B1C1的中点，P是线段AC1上的动点，若二面角P－MN－C的平面角的大小为30°，求线段PC1的长度．
(1)证明　因为AC＝2，CC1＝，AC1＝，
所以AC2＋CC＝AC，即AC⊥CC1，
又因为BC⊥BB1，BB1∥CC1，所以BC⊥CC1，
又AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
所以CC1⊥平面ABC.
因为CC1⊂平面BB1C1C，
所以平面ABC⊥平面BB1C1C.
(2)解　如图，连接AM，因为AB＝AC＝2，M是BC的中点，所以AM⊥BC.

由(1)知，平面ABC⊥平面BB1C1C，
所以AM⊥平面BB1C1C.
以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则平面BB1C1C的一个法向量为m＝(0,0,1)，
A(0,0，)，N(0，，0)，C1(－1，，0)．
设＝t(0