2023屆高三數(shù)學(xué)理科一輪復(fù)習(xí)試卷詳解第8單元立體幾何與空間向量

高三單元滾動檢測卷·數(shù)學(xué)考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁．2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上．3．本次考試時間120分鐘，滿分150分．4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．單元檢測八立體幾何與空間向量第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60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．已知α、β是兩個不同的平面，給出下列四個條件：①存在一條直線a，a⊥α，a⊥β；②存在一個平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在兩條平行直線a、b，a?α，b?β，a∥β，b∥α；④存在兩條異面直線a、b，a?α，b?β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是()A．①③ B．②④C．①④ D．②③2．(2015·江西六校聯(lián)考)某空間幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積()A．有最小值2B．有最大值2C．有最大值6D．有最大值43．l1，l2，l3是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是()A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共點(diǎn)?l1，l2，l3共面4．設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所有棱長都為a，頂點(diǎn)都在一個球面上，則該球的表面積為()A．πa2 B.eq\f(7,3)πa2C.eq\f(11,3)πa2 D．5πa25.如圖所示，在正方體AC1中，E，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點(diǎn)，給出下列說法：①E，C，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；②CE，D1F，DA三線共點(diǎn)；③EF和BD1所成的角為45°；④A1B∥平面CD1E；⑤B1D⊥平面CD1E，其中，正確說法的個數(shù)是()A．2B．3C．4D．56．(2015·鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)設(shè)α，β，γ是三個互不重合的平面，m，n是兩條不重合的直線，則下列命題中正確的是()A．若α⊥β，β⊥γ，則α⊥γB．若α⊥β，m⊥α，則m∥βC．α∥β，m?β，m∥α，則m∥βD．m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n7．(2015·天門模擬)將正三棱柱截去三個角如圖1所示，A、B、C分別是△GHI三邊的中點(diǎn)，得到幾何體如圖2，則該幾何體按圖2所示方向的側(cè)視圖為()8．已知△ABC的直觀圖是邊長為a的等邊三角形A1B1C1(如圖)，那么原三角形的面積為()A.eq\f(\r(3),2)a2 B.eq\f(\r(3),4)a2C.eq\f(\r(6),2)a2 D.eq\r(6)a29.如圖，邊長為a的等邊三角形ABC的中線AF與中位線DE交于點(diǎn)G，已知△A′DE是△ADE繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形，則下列命題中正確的是()①動點(diǎn)A′在平面ABC上的射影在線段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱錐A′－FED的體積有最大值．A．① B．①②C．①②③ D．②③10．(2015·成都模擬)如圖，在棱長為4的正方體ABCD－A′B′C′D′中，E，F(xiàn)分別是AD，A′D′的中點(diǎn)，長為2的線段MN的一個端點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動，另一個端點(diǎn)N在底面A′B′C′D′上運(yùn)動，則線段MN的中點(diǎn)P的軌跡(曲面)與二面角A－A′D′－B′所圍成的幾何體的體積為()A.eq\f(4π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,3)11．連接球面上兩點(diǎn)的線段稱為球的弦．半徑為4的球的兩條弦AB、CD的長度分別為2eq\r(7)、4eq\r(3)，M、N分別為AB、CD的中點(diǎn)，每條弦的兩端都在球面上運(yùn)動，有下列四個命題：①弦AB、CD可能相交于點(diǎn)M；②弦AB、CD可能相交于點(diǎn)N；③MN的最大值為5；④MN的最小值為1.其中真命題的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．412．如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)棱PA＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，則它的5個面中，互相垂直的面有()A．3對 B．4對C．5對 D．6對

第Ⅱ卷二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．(2015·寧夏銀川一中模擬)已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，m?β，給出下列四個命題：①若α∥β，則l⊥m；②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l∥m；④若l∥m，則α⊥β.其中為真命題的序號是________14．一個圓錐的側(cè)面展開圖是圓心角為eq\f(4,3)π，半徑為18cm的扇形，則圓錐母線與底面所成角的余弦值為________．15．(2015·湖北七市聯(lián)考)某個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖的圓弧是半徑為2的半圓，則該幾何體的表面積為________．16．(2015·成都二診)已知單位向量i，j，k兩兩所成夾角均為θ(0＜θ＜π，且θ≠eq\f(π,2))，若空間向量a＝xi＋yj＋zk(x，y，z∈R)，則有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)稱為向量a在“仿射”坐標(biāo)系O－xyz(O為坐標(biāo)原點(diǎn))下的“仿射”坐標(biāo)，記作a＝(x，y，z)θ.有下列命題：①已知a＝(2,0，－1)θ，b＝(1,0,2)θ，則a·b＝0；②已知a＝(x，y,0)eq\f(π,3)，b＝(0,0，z)eq\f(π,3)，其中xyz≠0，則當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，向量a，b的夾角取得最小值；③已知a＝(x1，y1，z1)θ，b＝(x2，y2，z2)θ，則a－b＝(x1－x2，y1－y2，z1－z2)θ；④已知Oeq\o(A,\s\up6(→))＝(1,0,0)eq\f(π,3)，Oeq\o(B,\s\up6(→))＝(0,1,0)eq\f(π,3)，Oeq\o(C,\s\up6(→))＝(0,0,1)eq\f(π,3)，則三棱錐O－ABC的體積V＝eq\f(\r(2),12).其中真命題有________(寫出所有真命題的序號)．

三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E，M，N分別是AA1，CD，CB的中點(diǎn)，求證：(1)MN∥B1D1；(2)AC1∥平面EB1D1.18.(12分)如圖所示，已知四棱錐P—ABCD的底面ABCD是等腰梯形，且AB∥CD，O是AB的中點(diǎn)，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB＝4，M是PA的中點(diǎn)．(1)證明：平面PBC∥平面ODM；(2)求平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值．19．(12分)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)．(1)證明：平面BDC1⊥平面BDC；(2)平面BDC1分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比．20．(12分)(2015·云南第二次統(tǒng)測)如圖，在三棱錐P－ABC中，底面ABC是邊長為4的正三角形，PA＝PC＝2eq\r(3)，側(cè)面PAC⊥底面ABC，M，N分別為AB，PB的中點(diǎn)．(1)求證：AC⊥PB；(2)求二面角N－CM－B的余弦值．

21.(12分)(2015·北京朝陽區(qū)期末)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC.(1)求證：AC⊥PB；(2)設(shè)O，D分別為AC，AP的中點(diǎn)，點(diǎn)G為△OAB內(nèi)一點(diǎn)，且滿足Oeq\o(G,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(Oeq\o(A,\s\up6(→))＋Oeq\o(B,\s\up6(→)))，求證：DG∥平面PBC；(3)若AB＝AC＝2，PA＝4，求二面角A－PB－C的余弦值．22．(12分)(2014·安徽)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD.四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.過A1，C，D三點(diǎn)的平面記為α，BB1與α的交點(diǎn)為Q.(1)證明：Q為BB1的中點(diǎn)；(2)求此四棱柱被平面α所分成上、下兩部分的體積之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面積為6，求平面α與底面ABCD所成二面角的大?。鸢附馕?．C2.B3.B4.B5.B6.C7.A8.C9．C[①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，∴點(diǎn)A′在面ABC上的射影在線段AF上．②BC∥DE，根據(jù)線面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.③當(dāng)面A′DE⊥面ABC時，三棱錐A′－FDE的體積達(dá)到最大．]10．D[連接FN，PF，∵M(jìn)F⊥平面A′B′C′D′，∴MF⊥NF，又∵點(diǎn)P為MN的中點(diǎn)，∴PF＝eq\f(1,2)MN＝1，即得點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)F為球心，半徑為1的球在二面角A－A′D′－B′內(nèi)的部分，即為球的eq\f(1,4)，其體積V＝eq\f(1,4)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(π,3).故應(yīng)選D.]11．C[設(shè)球的球心O到直線AB、CD的距離分別為d′、d，利用勾股定理可求出d′＝3，d＝2，所以CD可以經(jīng)過M，而AB不會經(jīng)過N，所以①正確，②不正確；又d＋d′＝5，d′－d＝1，所以③④正確．故選C.]12．C[底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)棱PA＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，可得PA⊥底面ABCD，PA平面PAB，PA平面PAD，可得：平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD；AB⊥平面PAD，可得平面PAB⊥平面PAD；BC⊥平面PAB，可得平面PAB⊥平面PBC；CD⊥平面PAD，可得平面PAD⊥平面PCD.]13．①④解析①正確，因為l⊥α，α∥β?l⊥β，又m?β，故l⊥m；②錯，當(dāng)兩平面相交且交線為直線m時也滿足題意；③錯，各種位置關(guān)系均有可能；④正確，l⊥α，l∥m?m⊥α，又m?β，所以α⊥β，綜上可知命題①④為真命題．14.eq\f(2,3)解析設(shè)母線長為l，底面半徑為r，則依題意易知l＝18cm，由θ＝eq\f(2πr,l)，代入數(shù)據(jù)即可得r＝12cm，因此所求角的余弦值即為eq\f(r,l)＝eq\f(12,18)＝eq\f(2,3).15．92＋14π解析依題意，題中的幾何體是在一個長方體的上表面放置了半個圓柱，其中長方形的長、寬、高分別是4,5,4，圓柱的底面半徑是2、高是5，因此該幾何體的表面積等于3×(4×5)＋2×(4×4)＋π×22＋eq\f(1,2)×(2π×2)×5＝92＋14π.16．③④解析對①，a＝2i－k，b＝i＋2k，則a·b＝(2i－k)·(i＋2k)＝2＋3i·k－2＝3cosθ，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時，3cosθ＝0，故①錯誤；如圖所示在正方體中設(shè)OA，OB，OC分別為x，y，z軸，若a＝(x，y,0)，b＝(0,0，z)，則當(dāng)且僅當(dāng)在平面AOB中存在點(diǎn)D使CD⊥平面AOB時，a，b的夾角最小，此時，x＝y(tǒng)＞0，故②錯誤；由題意a＝x1i＋y1j＋z1k，b＝x2i＋y2j＋z2k，所以a－b＝x1i＋y1j＋z1k－(x2i＋y2j＋z2k)＝(x1－x2)i＋(y1－y2)j＋(z1－z2)k，故③正確；如圖所示，正方體的邊長為eq\f(\r(2),2)，三棱錐O－ABC為邊長為1的正四面體，其體積為(eq\f(\r(2),2))3－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(eq\f(\r(2),2))2×eq\f(\r(2),2)×4＝eq\f(\r(2),12)，故④正確．17．證明(1)∵M(jìn)，N分別是CD，CB的中點(diǎn)，∴MN∥BD.又∵BB1綊DD1，∴四邊形BB1D1D是平行四邊形．所以BD∥B1D1.又MN∥BD，從而MN∥B1D1.(2)方法一連接A1C1，A1C1與B1D1交于O點(diǎn)，連接OE.∵四邊形A1B1C1D1為平行四邊形，則O點(diǎn)是A1C1的中點(diǎn)，E是AA1的中點(diǎn)，∴EO是△AA1C1的中位線，EO∥AC1，AC1?平面EB1D1，EO?平面EB1D1，所以AC1∥平面EB1D1.方法二取BB1中點(diǎn)為H點(diǎn)，連接AH，C1H，EH，∵E，H點(diǎn)分別為AA1，BB1中點(diǎn)，∴EH綊C1D1，則四邊形EHC1D1是平行四邊形，∴ED1∥HC1，又HC1?平面EB1D1，ED1?平面EB1D1，∴HC1∥平面EB1D1.又∵EA綊B1H，則四邊形EAHB1是平行四邊形，∴EB1∥AH，又AH?平面EB1D1，EB1?平面EB1D1，∴AH∥平面EB1D1.∵AH∩HC1＝H，∴平面AHC1∥平面EB1D1.而AC1?平面AHC1，∴AC1∥平面EB1D1.18．(1)證明因為O，M分別為AB，AP的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥PB.又∵PB?平面ODM，OM?平面ODM，∴PB∥平面ODM因為CD＝eq\f(1,2)AB，O為AB的中點(diǎn)，所以CD＝BO，又因為CD∥AB，所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以BC∥OD.又∵BC?平面ODM，OD?平面ODM，∴BC∥平面ODM.因為BC∩PB＝B，DO∩OM＝O，所以平面PBC∥平面ODM.(2)解方法一延長AD，BC交于點(diǎn)E，連接PE，則平面PBC∩平面PAD＝PE.易知PB＝PA，EB＝EA，PE＝PE，所以△PBE與△PAE全等．過點(diǎn)A作AQ⊥PE于點(diǎn)Q，連接BQ，則BQ⊥PE，由二面角定義可知，∠AQB為所求角或其補(bǔ)角．易求得PE＝8，AE＝8，PA＝4eq\r(2)，由等積法求得AQ＝2eq\r(7)＝BQ，所以cos∠AQB＝eq\f(AQ2＋BQ2－AB2,2AQ·BQ)＝eq\f(28＋28－64,2×2\r(7)×2\r(7))＝－eq\f(1,7)<0，所以所求角為π－∠AQB，所以cos(π－∠AQB)＝eq\f(1,7)，因此平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值為eq\f(1,7).方法二以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則P(0,0,4)，B(－4,0,0)，A(4,0,0)，C(－2，－2eq\r(3)，0)，D(2，－2eq\r(3)，0)．因為eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－4,0，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，－2eq\r(3)，0)，所以易求得平面PBC的一個法向量n1＝(eq\r(3)，1，－eq\r(3))．又eq\o(PA,\s\up6(→))＝(4,0，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2，－2eq\r(3)，0)，所以易求得平面PAD的一個法向量n2＝(eq\r(3)，－1，eq\r(3))．設(shè)θ為平面PBC與平面PAD所成的銳二面角，則cosθ＝eq\f(|\r(3)×\r(3)＋1×－1＋－\r(3)×\r(3)|,\r(3＋1＋3)×\r(3＋1＋3))＝eq\f(1,7)，所以平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值為eq\f(1,7).19．(1)證明由題設(shè)知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1.又∵DC1?平面ACC1A1，∴DC1⊥BC.由題設(shè)知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，∴∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又∵DC∩BC＝C，∴DC1⊥平面BDC.又∵DC1?平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BDC.(2)解設(shè)棱錐B－DACC1的體積為V1，AC＝1.由題意得V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋2,2)×1×1＝eq\f(1,2).∵三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝1，∴(V－V1)∶V1＝1∶1.∴平面BDC1分此棱柱所得兩部分體積的比為1∶1.20．(1)證明取AC的中點(diǎn)O，連接OP，OB.∵PA＝PC，AB＝CB，∴AC⊥PO，AC⊥OB.又∵平面PAC⊥平面ABC，且AC是平面PAC與平面ABC的交線，PO?平面PAC，∴PO⊥平面ABC.如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，由已知得A(2,0,0)，B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2eq\r(2))，M(1，eq\r(3)，0)，N(0，eq\r(3)，eq\r(2))．∴Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(－4,0,0)，Peq\o(B,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(3)，－2eq\r(2))，∴Aeq\o(C,\s\up6(→))·Peq\o(B,\s\up6(→))＝0，∴Aeq\o(C,\s\up6(→))⊥Peq\o(B,\s\up6(→)).∴AC⊥PB.(2)解Ceq\o(M,\s\up6(→))＝(3，eq\r(3)，0)，Meq\o(N,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(2))，設(shè)n＝(x，y，z)為平面CMN的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o(M,\s\up6(→))·n＝3x＋\r(3)y＝0，,M\o(N,\s\up6(→))·n＝－x＋\r(2)z＝0，))取z＝1，得x＝eq\r(2)，y＝－eq\r(6).n＝(eq\r(2)，－eq\r(6)，1)為平面CMN的一個法向量．又∵Oeq\o(P,\s\up6(→))＝(0,0,2eq\r(2))為平面MBC的一個法向量，設(shè)二面角N－CM－B的大小等于θ，由已知得二面角N－CM－B是銳角，∴cosθ＝|eq\f(n·O\o(P,\s\up6(→)),|n||O\o(P,\s\up6(→))|)|＝eq\f(1,3).∴二面角N－CM－B的余弦值等于eq\f(1,3).21．(1)證明因為PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以PA⊥AC.又因為AB⊥AC，且PA∩AB＝A，所以AC⊥平面PAB.又因為PB?平面PAB，所以AC⊥PB.(2)證明因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC.又因為AB⊥AC，所以以A為原點(diǎn)，分別以AC，AB，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)AC＝2a，AB＝b，PA＝2c，則A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，P(0,0,2c)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，又因為Oeq\o(G,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(Oeq\o(A,\s\up6(→))＋Oeq\o(B,\s\up6(→)))，所以G(eq\f(a,3)，eq\f(b,3)，0)，于是Deq\o(G,\s\up6(→))＝(eq\f(a,3)，eq\f(b,3)，－c)，Beq\o(C,\s\up6(→))＝(2a，－b,0)，Peq\o(B,\s\up6(→))＝(0，b，－2c)．設(shè)平面PBC的一個法向量n＝(x0，y0，z0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·B\o(C,\s\up6(→))＝0,n·P\o(B,\s\up6(→))＝0，,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ax0－by0＝0，,by0－2cz0＝0.))不妨設(shè)z0＝1，則有y0＝eq\f(2c,b)，x0＝eq\f(c,a)，所以n＝(eq\f(c,a)，eq\f(2c,b)，1)．因為n·Deq\o(G,\s\up6(→))＝(eq\f(c,a)，eq\f(2c,b)，1)·(eq\f(a,3)，eq\f(b,3)，－c)＝eq\f(c,a)·eq\f(a,3)＋eq\f(2c,b)·eq\f(b,3)＋1·(－c)＝0，所以n⊥Deq\o(G,\s\up6(→))，又因為DG?平面PBC，所以DG∥平面PBC.(3)解由(2)可知平面PBC的一個法向量n＝(eq\f(c,a)，eq\f(2c,b)，1)＝(2,2,1)．又因為AC⊥平面PAB，所以面PAB的一個法向量是Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(2,0,0)．又cos〈n，Aeq\o(C,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·A\o(C,\s\up6(→)),|n||A\o(C,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,3×2)＝eq\f(2,3)，由圖可知，二面角A－PB－C為銳角，所以二面角A－PB－C的余弦值為eq\f(2,3).22．(1)證明因為BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，所以平面QBC∥平面A1AD.從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QC∥A1D.故△QBC與△A1AD的對應(yīng)邊相互平行，于是△QBC∽△A1AD.所以eq\