步步高《單元滾動檢測卷》高考數(shù)學(xué)(理京津地區(qū))精練7立體幾何與空間向量(含答案解析)

高三單元轉(zhuǎn)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)地址上．3．本次考試時間120分鐘，滿分150分．4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷干凈完滿．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

8小題，每題

5分，共

40分．在每題給出的四個選項中，只有一項是吻合題目要求的

)1．已知α、β是兩個不同樣的平面，給出以下四個條件：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以下列圖，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是空間三條不同樣的直線，則以下命題正確的選項是( )．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共點?l1，l2，l3共面4.以下列圖，在正方體AC1中，E，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點，給出下列說法：E，C，D1，F(xiàn)四點共面；②CE，D1F，DA三線共點；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．55．(2015鄭·州第二次質(zhì)量展望)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，則以下命題中正確的選項是()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⊥n6．(2015·門模擬天)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，獲取幾何體如圖2，則該幾何體按圖2所示方向的側(cè)視圖為()7．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G，已知△A′DE是△ADE繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形，則以下命題中正確的選項是( )①動點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．①B．①②C．①②③D．②③8.(2015

成·都模擬

)如圖，在棱長為

4的正方體

ABCD－A′B′C中′，DE′，F(xiàn)分別是

AD，A′D的′中點，長為

2的線段

MN

的一個端點

M在線段EF

上運動，另一個端點

N在底面

A′B′C上′運D′動，則線段

MN

的中點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(

)4π

2πA.

3

B.

3π

πC.6

D.3二、填空題

(本大題共

6小題，每題

第Ⅱ卷5分，共30分．把答案填在題中橫線上

)9．(2015寧·夏銀川一中模擬)已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，m?β，給出以下四個命題：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________10．以下列圖，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＝2a，則它的5個面中，互相垂直的面有______對．11．一個圓錐的側(cè)面張開圖是圓心角為

43π，半徑為

18cm的扇形，則圓錐母線與底面所成角的余弦值為

________．12．設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，所有棱長都為a，極點都在一個球面上，則該球的表面積為________．13．(2015湖·北七市聯(lián)考)某個幾何體的三視圖以下列圖，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________．14．(2015·都二診成)已知單位向量i，j，k兩兩所成夾角均為θ(0＜πa＝xi＋yj＋zk(x，y，z∈R)，則有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)稱為向量aθ＜π，且θ≠)，若空間向量2在“仿射”坐標(biāo)系O－xyz(O為坐標(biāo)原點)下的“仿射”坐標(biāo)，記作a＝(x，y，z)θ.有以下命題：①已知a＝(2,0，－1)θ，b＝(1,0,2)θ，則a·b＝0；ππx＝y(tǒng)時，向量a，b的夾角取②已知a＝(x，y,0)，b＝(0,0，z)，其中xyz≠0，則當(dāng)且僅當(dāng)33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；→π→π→πV＝2④已知OA＝(1,0,0)，OB＝(0,1,0)，OC＝(0,0,1)，則三棱錐O－ABC的體積12.其333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80分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(13分)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E，M，N分別是AA1，CD，CB的中點，求證：(1)MN∥B1D1；(2)AC1∥平面EB1D1.16.(13分)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，∠ACB1＝90°，AC＝BC＝2AA1，D是棱AA1的中點．證明：平面BDC1⊥平面BDC；平面BDC1分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比．17．(13分)以下列圖，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，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA12AB＝4，M是PA的中點．證明：平面PBC∥平面ODM；求平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值．18．(13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＝23，側(cè)面PAC⊥底面ABC，M，N分別為AB，PB的中點．求證：AC⊥PB；求二面角N－CM－B的余弦值．19.(14分)(2015北·京旭日區(qū)期末)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC.求證：AC⊥PB；→(2)設(shè)O，D分別為AC，AP的中點，點G為△OAB內(nèi)一點，且滿足OG＝1→→3(OA＋OB)，求證：DG∥平面PBC；若AB＝AC＝2，PA＝4，求二面角A－PB－C的余弦值．20．(14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三點的平面記為α，BB1與α的交點為Q.證明：Q為BB1的中點；求此四棱柱被平面α所分成上、下兩部分的體積之比；若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面積為6，求平面α與底面ABCD所成二面角的大小．答案剖析1．C

2.B

3.B

4.B

5.C

6.A7．C

[①中由已知可得面

A′FG⊥面

ABC，∴點

A′在面

ABC

上的射影在線段

AF上．②

BC∥DE，依照線面平行的判判定理可得

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．

]8．D

[連接

FN，PF，MF⊥平面A′B′C′，D′∴MF⊥NF，又∵點P為MN的中點，1∴PF＝2MN＝1，即得點P的軌跡為以點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1143π，其體積V＝×π×1＝.4433故應(yīng)選D.]9．①④剖析①正確，因為l⊥α，α∥β?l⊥β，又m?β，故l⊥m；②錯，當(dāng)兩平面訂交且交線為直線m時也滿足題意；③錯，各種地址關(guān)系均有可能；④正確，l⊥α，l∥m?m⊥α，又mβ，因此α⊥β，綜上可知命題①④為真命題．10．5剖析底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)棱PA＝a，PB＝PD＝2a，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.211.3剖析設(shè)母線長為l，底面半徑為r，則依題意易知l＝18cm，由θ＝2πr，代入數(shù)據(jù)即可得rl＝12cm，因此所求角的余弦值即為r＝122l18＝.3723πa13．92＋14π剖析依題意，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)＋212×(4×4)＋π×2＋2×(2π×2)＝×592＋14π.14．③④剖析對①，a＝2i－k，b＝i＋2k，則a·b＝(2i－k)·(i＋2k)2＋3i·k－2＝3cosθ，π當(dāng)且僅當(dāng)θ＝2時，3cosθ＝0，故①錯誤；以下列圖在正方體中設(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，因此a－b＝x1i＋y1j＋z1k－(x2i＋y2j＋z2k)(x1－x2)i＋(y1－y2)j＋(z1－z2)k，故③正確；以下列圖，正方體的邊長為2，三棱錐O－ABC為邊長為1的正周圍體，2其體積為231122×2×4＝2()－××(2)2，23212故④正確．15．證明(1)∵M(jìn)，N分別是CD，CB的中點，MN∥BD.又∵BB1綊DD1，∴四邊形BB1D1D是平行四邊形．因此BD∥B1D1.又MN∥BD，從而MN∥B1D1.(2)方法一連接A1C1，A1C1與B1D1交于O點，連接OE.∵四邊形A1B1C1D1為平行四邊形，則O點是A1C1的中點，E是AA1的中點，EO是△AA1C1的中位線，EO∥AC1，AC1?平面EB1D1，EO?平面EB1D1，因此AC1∥平面EB1D1.方法二取BB1中點為H點，連接AH，C1H，EH，∵E，H點分別為AA1，BB1中點，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EB1D1.16．(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.解設(shè)棱錐B－DACC1的體積為V1，AC＝1.由題意得11＋21V1＝×2×1×1＝.32∵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∶1.17．(1)證明因為O，M分別為AB，AP的中點，因此OM∥PB.又∵PB?平面ODM，OM?平面ODM，PB∥平面ODM1因為CD＝2AB，O為AB的中點，因此CD＝BO，又因為CD∥AB，因此四邊形OBCD為平行四邊形，因此BC∥OD.又∵BC?平面ODM，OD?平面ODM，BC∥平面ODM.因為BC∩PB＝B，DO∩OM＝O，因此平面PBC∥平面ODM.(2)解方法一延長AD，BC交于點E，連接PE，則平面PBC∩平面PAD＝PE.易知PB＝PA，EB＝EA，PE＝PE，因此△PBE與△PAE全等．過點A作AQ⊥PE于點Q，連接BQ，則BQ⊥PE，由二面角定義可知，∠AQB為所求角或其補角．易求得PE＝8，AE＝8，PA＝42，由等積法求得AQ＝27＝BQ，因此cos∠AQB＝AQ2＋BQ2－AB22AQ·BQ＝28＋28－6412×2＝－<0，7×277π－∠AQB，因此cos(π－∠AQB)＝1因此所求角為7，因此平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值為17.方法二以O(shè)為原點，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系．則P(0,0,4)，B(－4,0,0)，A(4,0,0)，C(－2，－23，0)，D(2，－23，0)．→因為PB＝(－4,0，－4)，→BC＝(2，－23，0)，因此易求得平面PBC的一個法向量n1＝(3，1，－3)．→又PA＝(4,0，－4)，→AD＝(－2，－23，0)，因此易求得平面PAD的一個法向量n2＝(3，－1，3)．設(shè)θ為平面PBC與平面PAD所成的銳二面角，則cosθ＝|3×3＋1×(－1)＋(－3)×3|＝1，3＋1＋3×3＋1＋37因此平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值為17.18．(1)證明取AC的中點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.以下列圖建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，由已知得A(2,0,0)，B(0,23，0)，C(－2,0,0)，P(0,0,22)，M(1，3，0)，N(0，3，2)．→→＝(0,23，－22)，∴AC＝(－4,0,0)，PB→→∴AC·PB＝0，→→∴AC⊥PB.∴AC⊥PB.(2)解→3，→＝(－1,0，2)，CM＝(3，0)，MN設(shè)n＝(x，y，z)為平面CMN的法向量，則→CM·n＝3x＋3y＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－6.→MN·n＝－x＋2z＝0，n＝(2，－6，1)為平面CMN的一個法向量．→又∵OP＝(0,0,22)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＝|n·OP1→|＝3.|n||OP|∴二面角N－CM－B的余弦值等于13.19．(1)證明因為PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，因此PA⊥AC.又因為AB⊥AC，且PA∩AB＝A，因此AC⊥平面PAB.又因為PB?平面PAB，因此AC⊥PB.(2)證明因為PA⊥平面ABC，因此PA⊥AB，PA⊥AC.又因為AB⊥AC，因此以A為原點，分別以AC，AB，AP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立以下列圖的空間直角坐標(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)，→1→→，又因為OG＝(OA＋OB)3ab因此G(，，0)，于是→ab→→＝(0，b，－2c)．DG＝(，，－c)，BC＝(2a，－b,0)，PB33設(shè)平面PBC的一個法向量n＝(x0，y0，z0)，→＝02ax0－by0＝0，n·BC則有→即＝0，by0－2cz0＝0.n·PB不如設(shè)z0＝1，則有y0＝2c，x0＝c，ba因此因為

c2cn＝(，，1)．→c，2cabn·DG＝(b，1)·(，，－c)a33ca2cb＝·＋·＋1·(－c)＝0，a3b3→因此n⊥DG，又因為DG?平面PBC，因此DG∥平面PBC.(3)解由(2)可知平面PBC的一個法向量n＝(c，2c，1)＝(2,2,1)．a(chǎn)b又因為AC⊥平面PAB，因此面PAB的一個法向量是→＝(2,0,0)．AC→→42〉＝n·AC＝，又cos〈n，AC→＝3×23|n||AC|由圖可知，二面角A－PB－C為銳角，2因此二面角A－PB－C的余弦值為3.20．(1)證明因為BQ∥AA1，B