2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）单元质检卷七　空间向量与立体几何 WORD版含解析.docx

1、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,且三个点到平面的距离相等,那么直线l与平面的位置关系是()A.lB.lC.l与相交D.l或l3.(2021山东济宁二模)“直线m垂直平面内的无

2、数条直线”是“m”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.8B.12C.16D.205.(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13,母线长为6 cm,则已知圆锥的母线长为()A.8 cmB.9 cmC.10 cmD.12 cm6.(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.2B.3C.4D.67.(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的

3、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+45B.42+25C.52+35D.82+458.(2021河北石家庄质量检测二)在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BCPC,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.5B.8C.10D.20二、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

4、两个不同平面,下列命题正确的是()A.a,b,则abB.ab,b,则aC.a,b,则abD.a,则a10.九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,ACBC,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AEA1B于点E,AFA1C于点F,则EFA1BD.四棱锥B-A1ACC1体积最大为2311.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1

5、的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1FFA=12,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.HFBEB.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45D.D1GGC1=1312.(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

6、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-A

7、1B1C1D1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

8、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,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

9、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3?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

10、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与平面相交时,直线l上只有2个不同点到平面的距离相等,故A,C错误;当直线l平面时,直线上所有点到平面距离都相等,满足题意,故B正确;因为平面外的一条直线l,所以l,故D错误.故选B.3.B解析因为当直线m垂直平面内的所有直线时,可得m,所以由直线m垂直平面内的无数条直线不一定能推出m;当m时,直线m垂直平面内的无数条直线,所以直线m垂直平面内的无数条直线是m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-

11、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PEAB,且PE=PA2-AE2=2,则SPAB=12ABPE=2,故正四棱锥P-ABCD的表面积S=4SPAB+S四边形ABCD=42+22=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13,所以(l-6)l=13,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PBPC1,且BC1=2PC1,所以PBC1=6.故选D.(方法2)以点D为坐标原点,直线DA,DC,DD1

12、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,则cos =|PBAD1|PB|AD1|=32322=32,所以=6.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EFAB1,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

13、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,PAAC.又BCPC,PA=AC,ACB=2+4=34,AB2=AC2+BC2-2ACBCcosACB=2+a2+22a22=10,解得a=2.PB=PC2+BC2=PA2+AC2+BC2=22.取PB中点O,连接AO,CO,PAAB,PCBC,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=4R2=8.故选B.9.AC解析对于A,当a,b,直线a和b相当于平面的法向量,则ab,故A正确;对于B,当ab,b,则a或a,故B

14、错误;对于C,a,b,则ab,故C正确;对于D,a,则a或a与相交,或a,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,ACBC,侧棱AA1平面ABC,因为AA1BC,又ACBC,且AA1AC=A,则BC平面AA1C1C,所以四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故A项正确;由ACBC,得A1C1BC,又A1C1C1C且C1CBC=C,所以A1C1平面BB1C1C,所以A1C1BC1,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

15、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BCAF,又AFA1C且A1CBC=C,则AF平面A1BC,所以AFA1B.又AEA1B且AFAE=A,则A1B平面AEF,则A1BEF,故C项正确;在底面有4=AC2+BC22ACBC,即ACBC2,当且仅当AC=BC时等号成立,VB-A1ACC1=13SA1ACC1BC=13AA1ACBC=23ACBC43,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HFBE,故A正确;由于A1FFA=12,

16、而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.对于B选项,VB1-BMN=VB-MNB1=1312MB1NB1BB1=1312342=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tanNMB1=B1NB1M=431,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MNAD1,MN平面D1AE,AD1平面D1AE,所以MN平面D1AE.又A1MDE,A1M平面D1AE,D1E平面D

17、1AE,所以A1M平面D1AE.又MNA1M=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MNAD1,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-

18、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.15.833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2r=4,即r=2.所以圆锥的高h=l2-r2=23.故圆锥的体积V=13r2h=13423=833.16.246295解析四面体的表面展开图即ABC.ABC中,由余弦定理得cosABC=AB2+BC2-AC22ABBC=102+122-1

19、4221012=15,则sinABC=265.四面体PDEF的表面积为SABC=12ABBCsinABC=121012265=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-416xyz=13xyz=295.1

20、7.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=EFCD1|EF|CD1|=-10+0(-2)+12222=12,=60,即异面直线EF和CD1所成的角为60.(2)EFDA1=-12+00+12=0,EFDA1,即EFDA1.EFDC=-10+02+10=0,EFDC,即EFDC.又DA1,DC平面DCA1,且DA1DC=D,EF平面A1CD.18.(1)证明根据题意可得,PA=P

21、D,AO=OD,POAD.底面ABCD为菱形,ABC=60,则ACD为等边三角形,COAD.POOC=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POOC,SPOC=12POOC=1233=32.由(1)可知,AD平面POC,又PM=3MD,VP-OCM=VM-POC=34VD-POC=3413SPOCDO=3413321=38.19.(1)证明连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以N

22、D=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MNED.又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)解因为底面ABCD是正方形,所以CDAD.因为侧面ADD1A1底面ABCD,且侧面ADD1A1底面ABCD=AD,所以CD平面ADD1A1,所以CDDD1,ADDD1.又因为侧面ADD1A1为矩形,所以ADDD1.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

23、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nDC1=0,nDE=0,即2y+4z=0,x+2y=0,取y=-2,可得n=(4,-2,1).所以cos=DCn|DC|n|=-4221=-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,FC,由于ABCD-A1B1C1D1为正方体,E,F为中点,故EFCD,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C

24、DE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=(01),则M(2,2,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),从而MC=(-2,2-2,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0),设平面MCF的法向量为m=(x1,y1,z1),则mMC=-2x1+(2-2)y1-2z1=0,mCF=x1+2z1=0,令z1=-1,可得m=2,11-,-1.设平面CFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则

25、nFE=-2y2=0,nCF=x2+2z2=0,令z2=-1可得n=(2,0,-1).则cos=mn|m|n|=55+(11-)25=53,整理可得(-1)2=14,解得=12=32舍去.21.解(1)因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.所以AD平面PDC.因为ADBC,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lAD.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)

26、,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nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).所以cos=nPB|n|PB|=-1-a31+a2.设PB与平面QCD所成角为,则sin =33|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+163,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

27、点.又M为PA的中点,因为MNAC,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,PDDC,PD平面PDCE,所以PD平面ABCD.因为AD平面ABCD,所以PDAD.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mPB=0,

28、mPC=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,则有sin =|cos|=mPA|m|PA|=1-232=36.(3)解假设存在点Q满足题意,则PQ=PC(01),故PQ=(0,2,-2),则Q(0,2,2-2).所以DQ=(0,2,2-2),DA=(1,0,0).设平面DAQ的一个法向量为n=(a,b,c),则有nDQ=0,nDA=0,即2b+(2-2)c=0,a=0,取b=1,则n=0,1,2-1,由(2)知平面PBC的一个法向量为m=(1,1,2),根据题意,有cos 3=cos,则|mn|m|n|=12,|1+2-1|21+22(-1)2=12,解得=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.