1、单元检测八立体几何与空间向量(提升卷)考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(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设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是()A若m，n，则mnB若m，mn，则nC若m，n，则mnD若m，n，则mn2(2019福建省龙岩市一级达标校期末)一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与
2、一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为()A13 B31 C23 D323如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA1，面对角线B1D1上存在一点P使得A1PPB最短，则A1PPB的最小值为()A. B.C2 D24(2020江西省新余第四中学月考)在九章算术中将底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”现有一阳马，其主视图和左视图是如图所示的直角三角形若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A. B6 C9 D245.(2020驻马店月考)如图，在空间四边形OABC中，a，b，c，且OM2MA，BNNC，则等于()A.abcB
3、.abcC.abcD.abc6(2019安徽省定远中学检测)已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为()A. B. C. D.7(2019河南省南阳市开学考试)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，AD1，AA1，点O为长方形ABCD对角线的交点，E为棱CC1的中点，则异面直线AD1与OE所成的角为()A30 B45 C60 D908已知，是两个平面，直线l，l，若以l；l；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；B；C；D；9如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2，D为AA1上一点若二面角B1
4、DCC1的大小为60，则AD的长为()A. B.C2 D.10圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2，则的取值范围是()A，2) B，C D.11如图在一个60的二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，且ABAC1，BD2，则CD的长为()A1 B.C2 D.12已知ABC与BCD均为正三角形，且AB4.若平面ABC平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为，则cos 等于()A B. C D.第卷(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如图所示，在
5、正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若B1MN是直角，则C1MN_.13题图15题图14(2019佛山质检)已知正四面体PABC的棱长为2，D为PA的中点，E，F分别是线段AB，PC(含端点)边上的动点，则DEDF的最小值为_15(2019黑龙江省双鸭山市第一中学期末)已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB.则下列命题中正确的有_(填序号)PBAD；平面PAB平面PAE；BC平面PAE；直线PD与平面ABC所成的角为45.16(2019湖北黄冈中学模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，在对角线A1D上取点M，在CD1上
6、取点N，使得线段MN平面A1ACC1，则MN的最小值为_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)(2019江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC.求证：(1)A1B1平面DEC1；(2)BEC1E.18.(12分)(2019安徽省芜湖市检测)在RtAOB中，OAB，斜边AB4.RtAOC可以通过RtAOB以直线AO为轴旋转得到，且平面BAO与平面AOC的夹角是直角动点D在斜边AB上(1)求证：平面COD平面AOB；(2)求直线CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值19(13分)如图，在四棱锥PABCD中
7、，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2，M是PD的中点(1)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值；(2)求点P到平面ACM的距离20.(13分)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA底面ABCD，AB垂直于AD和BC，M为棱SB上的点，SAABBC2，AD1.(1)若M为棱SB的中点，求证：AM平面SCD；(2)当SM2MB时，求平面AMC与平面SAB夹角的余弦值；(3)在第(2)问条件下，设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为，求当sin 取最大值时点N的位置答案精析1C若m，n，当m时mn；若m，mn，则n可以与平行、相交或在平面内；
8、若m，n，则mn；若m，n，则m，n可以平行、相交或异面，所以选C.2D设圆柱的底面半径为r，轴截面正方形边长a，则a2r，可得圆柱的侧面积S12ra4r2，再设与圆柱表面积相等的球半径为R，则球的表面积S24R24r2，解得Rr，因此圆柱的体积为V1r2a2r3，球的体积为V2R3r3，因此圆柱的体积与球的体积之比为.3A把对角面BD1及面A1B1D1展开，使矩形BDD1B1，RtD1A1B1在一个平面上，则A1PPB的最小值为A1B，在A1B1B中，A1B1BA1B1D1D1B1B，A1B11，B1B，由余弦定理得A1B.4B 如图，该几何体为四棱锥PABCD，四边形ABCD为矩形，其中P
9、D平面ABCD，AB1，AD2，PD1，则该阳马的外接球的直径是以DA，DC，DP为相邻棱的长方体的体对角线，且PB，该球的表面积为426.5CBNNC，()，OM2MA，()abc.6D设圆柱的底面圆半径为r，则r，所以圆柱的体积V1()226.又球的体积V223，所以球的体积与圆柱的体积的比.7C连接AD1，OE，AC1，如图所示，因为OE为ACC1的中位线，所以OEAC1，所以D1AC1为异面直线AD1与OE所成的角，在RtD1AC1中，AD1，C1D13，所以tanD1AC1，D1AC160.故异面直线AD1与OE所成的角为60.8A因为，所以在内找到一条直线m，使m，又因为l，所以l
10、m.又因为l，所以l，即；因为l，所以过l可作一平面n，所以ln，又因为l，所以n，又因为n，所以，即.故选A.9A如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设ADt(0t2)，则C(0,0,0)，D(1,0，t)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，平面CDC1的一个法向量为(0,2,0)设平面CDB1的法向量为m(x，y，z)，由得令y1，得平面CDB1的一个法向量为m(t,1，1)，由题意知cos 60，解得t.10C设圆锥过轴的截面的中心角为2，圆锥的底面圆的半径为r，则过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为22sin 22，所以2
11、，则2r22，圆锥的底面圆周长为2r2，展开后对应的扇形弧长为22，解得.11CCAAB，BDAB，0，0，又CA与BD所在平面的夹角为60，60，即，120，2)2222222，ABAC1，BD2，222222211400212cos 1204，CD的长为2.12D 如图，取BC的中点O，取BD的中点E，取AC的中点F，连接OA，OE，OF，EF，则OECD，OFAB，则EOF或其补角为异面直线AB与CD所成的角依题意得OECD2，OFAB2，过点F作FGBC于点G，易得FG平面BCD，且FGOA，G为OC的中点，则OG1，又OE2，EOG120，所以由余弦定理得EG，由勾股定理得EF2FG
12、2EG2()2()210，在OEF中，由余弦定理得cosEOF，所以cos .1390解析因为C1B1平面ABB1A1，MN平面ABB1A1，所以C1B1MN.又因为MNMB1，MB1，C1B1平面C1MB1，MB1C1B1B1，所以MN平面C1MB1，又C1M平面C1MB1，所以MNC1M，所以C1MN90.14.解析过D作DGAB，垂足为G，过D作DHPC，垂足为H，DEDGADsin 602，同理DFDH，故DEDFDGDH.15解析AD与PB在平面的射影AB不垂直，不成立；PA平面ABC，PAAB，在正六边形ABCDEF中，ABAE，PAAEA，PA，AE平面PAE，AB平面PAE，且
13、AB平面PAB，平面PAB平面PAE，故成立；BCAD，AD平面PAD，BC平面PAD，BC平面PAD，又平面PAD平面PAEPA，直线BC平面PAE也不成立，即不成立；在RtPAD中，PAAD2AB，PDA45，故成立16.解析作MM1AD，垂足为M1，作NN1CD，垂足为N1，连接M1N1，如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，根据面面垂直的性质定理，可得MM1，NN1都垂直于平面ABCD，由线面垂直的性质，可知MM1NN1，又MN平面A1ACC1，所以平面M1N1NM平面ACC1A1，由面面平行的性质定理可知，M1N1AC，设DM1DN1x，则MM1x，NN11x，在直角梯形MM
14、1N1N中，MN2(x)2(12x)262，当x时，MN的最小值为.17证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.(2)因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC，所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.18(1)证明AOB为直角三角形，且斜边为AB，AO
15、B.将RtAOB以直线AO为轴旋转得到RtAOC，则AOC，即OCAO.平面BAO与平面AOC的夹角是直角，即平面AOC平面AOB.又平面AOC平面AOBAO，OC平面AOC，OC平面AOB.OC平面COD，平面COD平面AOB.(2)解在RtAOB中，OAB，斜边AB4，OBAB2且OBA.由(1)知，OC平面AOB，所以直线CD与平面AOB所成的角为ODC.在RtOCD中，COD，OCOB2，CD，sinODC，当ODAB时，OD取得最小值，此时sinODC取得最大值，且ODOBsin .因此，sinODC，即直线CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为.19解因为AP，AB，AD两两互相
16、垂直，如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,4)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，M(0,2,2)，设平面ACM的一个法向量n(x，y，z)，由n，n，可得令z1，则n(2，1,1)(1)设所求角为，又(2,0,0)，则sin .(2)设点P到平面ACM的距离为h，(0,0,4)，则h.20.(1)证明取线段SC的中点E，连接ME，ED.在SBC中，ME为中位线，MEBC，且MEBC，ADBC，且ADBCMEAD，且MEAD，四边形AMED为平行四边形AMDE且AMDE.DE平面SCD，AM平面SCD，AM平面SCD. (2)解以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，由条件得M为线段SB靠近B点的三等分点于是，即M，设平面AMC的一个法向量为n(x，y，z)，则即令y1，得n(1,1，2)，另外易知平面SAB的一个法向量为m(1,0,0)，所以平面AMC与平面SAB夹角的余弦值为.(3)解设N(x,2x2,0)，其中1x2.因为M，所以.所以sin ，可知当，即x时分母有最小值，此时sin 有最大值，此时，N，即点N在线段CD上且ND.