1、单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:100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.(2020河北沧州一中月考)下列说法正确的是()A.棱柱的各个侧面都是平行四边形B.底面是矩形的四棱柱是长方体C.有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥2.(2020辽宁大连高三模拟)已知两条不同的直线l,m和一个平面,下列说法正确的是()A.若lm,m,则lB.若lm,l,则mC.若l,m,则lmD.若l,m,则lm3.(2020广东高三一模(理)已知直三棱柱
2、ABC-A1B1C1的体积为V,若P,Q分别在AA1,CC1上,且AP=13AA1,CQ=13CC1,则四棱锥B-APQC的体积是()A.16VB.29VC.13VD.79V4.(2020宁夏六盘山高级中学高三模拟)对于不同的直线m,n和平面,的一个充分条件是()A.mn,m,nB.mn,=m,nC.mn,n,mD.mn,m,n5.(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体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+456.(2020山东日照五莲丶潍坊安丘、潍坊诸城、
3、临沂兰山高三6月模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R,酒杯内壁表面积为143R2,设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1,下部分(半球)的体积为V2,则V1V2=()A.2B.32C.1D.347.(2020全国2,理10)已知ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16,则O到平面ABC的距离为()A.3B.32C.1D.328.(2020山东泰安第二中学月考)菱形ABCD的边长为2,现将AC
4、D沿对角线AC折起使平面ACD平面ACB,则此时所成空间四面体体积的最大值为()A.16327B.539C.1D.34二、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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.在正四面体A-BCD中,E,F,G分别是BC,CD,DB的中点,下面四个结论中正确的是()A.BC平面AGFB.EG平面ABFC.平面AEF平面BCDD.平面ABF平面BCD10.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且ABCD,若平面SAD平面SBC=l,则以下结论正确的是()A.AD平面SBCB.lADC.
5、若E是底面圆周上的动点,则SAE的最大面积等于SAB的面积D.l与平面SCD所成角的大小为4511.(2020河南洛阳高三模拟)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1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.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=22.则下列结论正确的是()A.
6、三棱锥A-BEF的体积为定值B.当E向D1运动时,二面角A-EF-B逐渐变小C.EF在平面ABB1A1内的射影长为12D.当E与D1重合时,异面直线AE与BF所成的角为4三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.正三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,ACB=90,且PA=AC=BC=a,则异面直线PB与AC所成角的正切值等于.14.(2020辽宁高三二模(理)已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半,且其轴截面的周长是18,则该圆柱的体积是.15.(2020福建福州高三期末)九章算术中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑P-ABC中,PA平面ABC,ACB=90
7、,CA=4,PA=2,D为AB中点,E为PAC内的动点(含边界),且PCDE.当E在AC上时,AE=;点E的轨迹的长度为.16.(2020新高考全国1,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.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,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别是棱AA1,AB上的点,且AM=AN=1.(1)证明:M,N,C,D1四点共面;(2)求几何体AMN-DD1C的体积.18.(12分)(2020广西南宁二中高三月
8、考)如图,已知长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点.将ADM沿AM折起,使得平面ADM平面ABCM.(1)求证:ADBM;(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角E-AM-D大小为3时,试确定点E的位置.19.(12分)(2020全国高三二模(文)如图,扇形AOB的圆心角为90,半径为2,四边形SOBC为正方形,平面SOBC平面AOB,过直线SC作平面SCMN交AB于点M,交OA于点N.(1)求证:MNOB;(2)求三棱锥S-MON体积的最大值.20.(12分)(2020四川宜宾叙州第二中学高三一模(理)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,且AA1=AB=A
9、C=2,ABAC,M,N分别是CC1,BC的中点,点P在线段A1B1上,且A1P=PB1.(1)求证:不论取何值,总有AMPN;(2)当=1时,求平面PMN与平面ABC夹角的余弦值.21.(12分)(2020山东高三联考三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1,AB=AC=AA1=1,M,N,P分别为A1C1,AB1,BB1的中点,且APMN.(1)求证:MN平面B1BCC1;(2)求BAC;(3)求二面角A1-PN-M的余弦值.22.(12分)(2020重庆沙坪坝南开中学高三月考)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAB底面ABCD,E为PC上的点,且BE平面AP
10、C.(1)求证:平面PAD平面PBC;(2)当三棱锥P-ABC体积最大时,求二面角B-AC-P的余弦值.参考答案单元质检卷七空间向量与立体几何1.A对于A,根据棱柱的性质可知,棱柱的各个侧面都是平行四边形,故A正确;对于B,底面是矩形,若侧棱不垂直于底面,这时的四棱柱是斜四棱柱,不是长方体,只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体,故B错误;对于C,有一个面为多边形,其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥,只有其余各面是有一个公共顶点的三角形的几何体,才是棱锥,故C错误;对于D,直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥,如果绕着它的斜边旋转一周,形成的几何体则是两个具有共同底面的圆
11、锥,故D错误.故选A.2.C对选项A,如图所示,在长方体中,满足lm,m,此时不满足l,故A错误;对选项B,如图所示,在长方体中,满足lm,l,此时不满足m,故B错误;对选项C,若l,m,则lm,故C正确.对选项D,如图所示,在长方体中,满足l,m,不满足lm,故D错误.故选C.3.B在棱BB1上取一点H,使BH=13BB1,连接PH,QH,由题意SPHQ=SABC,BH平面PHQ,所以VB-PHQ=13SPHQBH=13SABC13BB1=19V,VABC-PHQ=SABCBH=13SABCBB1=13V,所以VB-APQC=VABC-PHQ-VB-PHQ=13V-19V=29V.故选B.4
12、.CA选项中,根据mn,m,n,得到或,所以A错误;B选项中,mn,=m,n,不一定得到,所以B错误;C选项中,因为mn,n,所以m,又m,从而得到,所以C正确;D选项中,根据mn,m,所以n,而n,所以得到,所以D错误.故选C.5.A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+45.6.A设酒杯上部分(圆柱)的高为h,球的半径为R,则酒杯下部分(半球)的表面积为2R2,酒杯内壁表面积为143R2,得圆
13、柱侧面积为143R2-2R2=83R2,酒杯上部分(圆柱)的表面积为2Rh=83R2,解得h=43R,酒杯下部分(半球)的体积V2=1243R3=23R3,酒杯上部分(圆柱)的体积V1=R243R=43R3,所以V1V2=43R323R3=2.故选A.7.C设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,ABC的外接圆的半径为r,则SABC=34a2=934,S球O=4R2=16,解得a=3,R=2.故r=2332a=3.设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,故d=R2-r2=4-3=1.故选C.8.A设AC的中点为O,因为DC=DA,所以DOAC.又因为平面ACD平面ACB,平面AC
14、D平面ACB=AC,所以DO平面ABC,设ABC=ADC=,(0,),在ACD中,DO=ADcos2=2cos2,由题意可知DO=DO=2cos2,SABC=1222sin=2sin,VD-ABC=13SABCDO=43sincos2=83sin2cos22=83sin21-sin22022.设t=sin2,则VD-ABC=83(t-t3),且0t1,所以VD-ABC=83(1-3t2),所以当0t0,当33t1时,VD-ABCSSAB,当ASB为锐角或直角时,(SSAE)max=SSAB,故C不正确;由lAD,得l与平面SCD所成的角等于AD与平面SCD所成的角,即为ADO,又因为ADO=4
15、5,故D正确.故选ABD.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,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.AC连接BD,AC,
16、交于点O,由正方体性质知BDD1B1是矩形,SBEF=12EFBB1=12221=24,由正方体性质知AO平面BDD1B1,AO是点A到平面BDD1B1的距离,即AO=22,VA-BEF=13SBEFAO=132422=112,VA-BEF是定值,故A正确;连接A1C1与B1D1交于点M,连接AD1,AB1,由正方体性质知AD1=AB1,M是B1D1中点,AMEF,又BB1EF,BB1AA1,二面角A-EF-B的平面角即为A1AM,在直角三角形AA1M中,tanMAA1=22为定值,故B不正确;如图,作FHA1B1,EGA1B1,FTEG,垂足分别为点H,G,T.在直角三角形EFT中,FT=c
17、os45EF=2222=12,HG=FT=12,故C正确;当E与D1重合时,F与M重合,连接AC与BD交于点R,连接D1R,D1RBM,异面直线AE与BF所成的角,即为直线AD1与D1R所成的角,在AD1R中,AD1=2,D1R=MB=BB12+MB12=62,AR=22,由余弦定理得cosAD1R=32,则AD1R=6,故D不正确,故选AC.13.2如图所示将此三棱锥补成正方体DBCA-D1B1C1P,则PB与AC所成的角的大小即此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小,在RtPDB中,tanDBP=PDDB=2,异面直线PB与AC所成角的正切值为2.14.27设圆柱的底面圆的半径为r,高为
18、h.由题意可得2rh2r2+2rh=12,2(2r+h)=18,解得r=h=3,则该圆柱的体积是r2h=27.15.2255当E在AC上时,因为PA平面ABC,故PADE,又PCDE,故DE平面PAC.故DEAC.又ACB=90,D为AB中点,故DEBC,所以E为AC中点.故AE=12AC=2.取AC中点F,则由知DF平面PAC,故PCDF,又PCDE,设平面DEFPC=G,则有PC平面DGF.故点E的轨迹为线段FG.又此时CF=2,故sinPCA=222+42=55.所以FG=CFsinPCA=255.16.22如图所示,B1C1D1=B1A1D1=BAD=60,且B1C1=C1D1,B1C
19、1D1为等边三角形.B1D1=2.设点O1是B1C1的中点,则O1D1=3,易证D1O1平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1O1P,D1P2=D1O12+O1P2,即5=3+O1P2,O1P=2.即P在以O1为圆心,以2为半径的圆上.取BB1,CC1的中点分别为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,O1E=O1F=2,O1E2+O1F2=EF2=4,EO1F=90,交线EPF=1422=22.17.(1)证明A1D1AD,A1D1=AD,又BCAD,BC=AD,A1D1BC,且A1D1=BC,连接A1B,则四边形A1BCD1
20、是平行四边形,所以A1BD1C.在ABA1中,AM=AN=1,AA1=AB=3,所以AMAA1=ANAB,所以MNA1B,所以MND1C,所以M,N,C,D1四点共面.(2)解因为平面ABB1A1平面DCC1D1,又M,N,C,D1四点共面,所以平面AMN平面DD1C,延长CN与DA相交于点P,因为ANDC,所以ANDC=PAPD,即13=PAPA+3,解得PA=32,同理延长D1M与DA相交于点Q,可得QA=32,所以点P与点Q重合,所以D1M,DA,CN三线相交于一点,所以几何体AMN-DD1C是一个三棱台,所以VAMN-DD1C=1312+1292+923=132.18.解取AM的中点O
21、,AB的中点N,则ON,OA,OD两两垂直,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A22,0,0,B-22,2,0,M-22,0,0,D0,0,22.(1)证明:由于AD=-22,0,22,BM=(0,-2,0),则ADBM=0,故ADBM,即ADBM.(2)解:设存在满足条件的点E,并设DE=DB,(0,1,DB=-22,2,-22,则DE=-22,2,-22,则点E的坐标为-22,2,22-22,(0,1.易得平面ADM的法向量可以取n1=(0,1,0),设平面AME的法向量为n2=(x,y,z),则AM=(-2,0,0),AE=-22-22,2,22-22,则n2AM=0,n2AE=
22、0,所以-2x=0,-22-22x+2y+22-22z=0,故n2=(0,-1,2).cos=n1n2|n1|n2|=-1(-1)2+42,由于二面角E-AM-D大小为3,故cos3=1-(-1)2+42=12,由于(0,1,故解得=23-3或-23-3(舍去).故当E位于线段DB之间,且DEDB=23-3时,二面角E-AM-D大小为3.19.(1)证明因为SCOB,SC平面SCMN,OB平面SCMN,所以OB平面SCMN.又OB平面AOB,平面SCMN平面AOB=MN,所以MNOB.(2)解因为平面SOBC平面AOB,平面SOBC平面AOB=OB,SOOB,所以SO平面AOB,即线段SO的长
23、就是三棱锥S-MON的高.因为OAOB,MNOB,所以MNOA.设ON=x(0x2),则MN=4-x2,所以三棱锥S-MON的体积为V=13SO12ONMN=13212x4-x2=13x4-x2=134x2-x4=134-(x2-2)2.所以,当x=2时,三棱锥S-MON体积有最大值,Vmax=23.20.解以点A为坐标原点,以AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),则A1B1=(2,0,0),AA1=(0,0,2),AN=(1,1,0).(1)证明:A1P=PB1=(
24、A1B1-A1P),A1P=1+A1B1=21+,0,0,AP=AA1+A1P=(0,0,2)+21+,0,0=21+,0,2,PN=AN-AP=(1,1,0)-21+,0,2=1-1+,1,-2.AM=(0,2,1),AMPN=0+2-2=0,即AMPN,因此,无论取何值,都有AMPN.(2)解:当=1时,P(1,0,2),PN=(0,1,-2),PM=(-1,2,-1),而平面ABC的法向量n=(0,0,1),设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),则mPM=0,mPN=0,-x+2y-z=0,y-2z=0,则m=(3,2,1),设平面PMN与平面ABC的夹角为,则cos=|mn|m|n
25、|=1414.因此,平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值是1414.21.(1)证明取B1C1的中点Q,连接MQ,NP,PQ,则MQA1B1,且MQ=12A1B1,PNAB,且PN=12AB,又ABA1B1,AB=A1B1,所以PNMQ,且PN=MQ,所以PNMQ为平行四边形,所以MNPQ.又MN平面B1BCC1,PQ平面B1BCC1,所以MN平面B1BCC1.(2)解设AB=a,AC=b,AA1=c,BAC=,由已知可得,|a|=|b|=|c|=1,且ac=bc=0,则AP=a+12c,NM=PQ=12BB1+12B1C1=12c+12b-12a,因为APMN,所以APNM=a+12c12c
26、+12b-12a=12ab-12a2+14c2=12cos-14=0,所以cos=12,即BAC=60.(3)解在平面ABC内过点A做射线l垂直于AB,易知AB,l,AA1两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则P1,0,12,M14,34,1,N12,0,12,n1=(0,1,0)为平面A1PN的一个法向量,MN=14,-34,-12,PN=-12,0,0.设n2=(x,y,z)为平面PMN的一个法向量,则n2MN=0,n2PN=0,所以14x-34y-12z=0,-12x=0,令y=1,则n2=0,1,-32,则cos=n1n2|n1|n2|=1174=277,由图知二面角A1
27、-PN-M的平面角是锐角,所以二面角A1-PN-M的余弦值为277.22.(1)证明侧面PAB底面ABCD,侧面PAB底面ABCD=AB,四边形ABCD为正方形,BCAB,BC平面PAB,又AP平面PAB,APBC,又BE平面APC,AP平面PAC,APBE,BCBE=B,BC,BE在平面PBC中,AP平面PBC,又AP平面PAD,平面PAD平面PBC.(2)解VP-ABC=VC-APB=1312PAPBBC=13PAPB,求三棱锥P-ABC体积的最大值,只需求PAPB的最大值.令PA=x,PB=y,由(1)知,PAPB,x2+y2=4,而VP-ABC=13xy13x2+y22=23,当且仅当x=y=2,即PA=PB=2时,VP-ABC的最大值为23.如图所示,分别取线段AB,CD中点O,F,连接OP,OF,以点O为坐标原点,以OP,OB和OF分别作为x轴,y轴和z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知A(0,-1,0),C(0,1,2),P(1,0,0),AP=(1,1,0),AC=(0,2,2),令平面PAC的一个法向量n=(x,y,z),则nAP=0,nAC=0,x+y=0,2y+2z=0,n=(1,-1,1).易知平面ABC的一个法向量m=(1,0,0),设二面角B-AC-P的平面角为,由图知为锐角,则cos=nm|n|m|=13=33.
