2024届高考数学一轮总复习单元质检卷七立体几何与空间向量.docx

单元质检卷七立体几何与空间向量(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.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.如果直线a平面,P,那么过点P且平行于直线a的直线()A.只有一条,不在平面内B.有无数条,不一定在平面内C.只有一条,且在平面内D.有无数条,一定在平面内3.(2022湖南岳阳三模)某种药物呈胶囊形状,该胶囊中间部分为圆柱,左右两端均为半径为1的半球.已知该胶囊的体积为133,则它的表面积为()A.356B.103C.10D.1634.一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.把一个大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,则大圆锥的母线长为()A.8 cmB.9 cmC.10 cmD.12 cm6.(2022河北张家口三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=()A.13B.12C.2-32D.3-127.(2022全国甲,理9)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙=2,则V甲V乙=()A.5B.22C.10D.51048.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.关于空间两条不同直线a,b和两个不同平面,下列说法正确的是()A.若a,b,则abB.若ab,b,则aC.若a,b,则abD.若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45°D.D1GGC1=1312.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分.13.(2022江苏苏锡常镇二模)已知圆锥同时满足条件:侧面展开图为半圆;底面半径为正整数,请写出一个这样的圆锥的体积V=. 14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1与平面BDC1的交线是. 15.(2022河北邯郸二模)已知正三棱锥P-ABC的底面边长为6,其内切球的半径为1,则此三棱锥的高为. 16.如图,在ABC中,AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分别是边AB,BC,CA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-A1B1C1D1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)(2022山东聊城一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,BAC=30°,侧面BCC1B1是正方形,E是BB1的中点,CE=5,CEAC.(1)求证:CC1AC;(2)F是线段AC1上的点,若平面ABC与平面CEF的夹角为45°,求AF的长.19.(12分)(2022全国甲,文19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,EAB,FBC,GCD,HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.(1)证明:EF平面ABCD;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).20.(12分)(2022山东菏泽一模)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面圆周上,AFDE,F为垂足.(1)求证:AFDB.(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时,求二面角E-DC-B的余弦值;求点B到平面CDE的距离.21.(12分)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)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.单元质检卷七立体几何与空间向量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.C解析:过a与P作一平面,由于P,故可设平面与平面的交线为b,且Pb,由平面的基本性质可知两平面的交线b是唯一的,因为直线a平面,所以ab,即过点P和已知直线a平行的直线有且只有一条,且在平面内.3.C解析:设中间圆柱部分的高为h,则胶囊的体积V=43×13+×12×h=133,解得h=3,所以胶囊的表面积为4×12+2×1×3=10.4.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-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=12AB·PE=2,故正四棱锥P-ABCD的表面积S=4SPAB+S四边形ABCD=4×2+2×2=12.故选B.5.B解析:设大圆锥的母线长为lcm,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:由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1ED,EDAB,显然CDE-C1A1B1是三棱台,设ABC的面积为1,CDE的面积为S,三棱柱的高为h,则12·1·h=13h(1+S+S),解得S=3-12,由CDECAB,可得CDAC=S1=3-12.7.C解析: 如图,甲、乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆,设圆的半径(即圆锥的母线长)为3,则圆的周长为6.设甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2r1=4,2r2=2,则r1=2,r2=1,由勾股定理得,h1=5,h2=22,所以V甲V乙=13r12113r222=22×512×22=10,故选C.8.B解析:将侧面PBC沿PC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+BC2-2AC·BCcosACB=2+a2+22a×22=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,若a,b,则直线a和b相当于平面的法向量,故ab,故A正确;对于B,若ab,b,则a或a,故B错误;对于C,若a,b,则ab,故C正确;对于D,若a,则a或a与相交或a,故D错误.故选AC.10.ABC解析:由题意可知,AA1平面ABC,又BC平面ABC,所以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,又BC1平面BB1C1C,所以A1C1BC1,故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,所以BCAF,又AFA1C且A1CBC=C,则AF平面A1BC,所以AFA1B.又AEA1B且AFAE=A,所以A1B平面AEF,故A1BEF,故C项正确;在底面有4=AC2+BC22AC×BC,即AC×BC2,当且仅当AC=BC时等号成立,VB-A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC43,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,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.对于B选项,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×NB1×BB1=13×12×3×4×2=4,故B错误;对于C选项,因为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.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A1MD1E,A1M平面D1AE,D1E平面D1AE,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,所以A1F平面A1MN.又平面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-ABD1的体积为定值,故选项D正确.故选ABD.13.33(答案不唯一)解析:设底面半径r=1,母线长为l,由展开图为半圆,可知2=l·,所以l=2,所以高h=l2-r2=3,则体积V=13··3=33.14.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.15.3解析:设三棱锥的高为h.因为底面外接圆的半径r=62sin60°=23,且底面三角形的高为33,所以底面外接圆圆心到底面各边的距离为3,由正三棱锥的结构知,各侧面三角形的高为2+3,所以各侧面三角形的面积为12×6×2+3=32+3,则13h×12×62×sin60°=13×1×92+3+12×62×sin60°,则3(h-1)=2+3,可得h=3.16.246295解析:四面体的表面展开图即ABC.在ABC中,由余弦定理得cosABC=AB2+BC2-AC22AB·BC=102+122-1422×10×12=15,则sinABC=265.四面体PDEF的表面积为SABC=12AB·BCsinABC=12×10×12×265=246.因为四面体PDEF相对棱等长,所以可以把该四面体放在长方体D1EP1F-DE1PF1中,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-4×16xyz=13xyz=295.17.解据题意,建立空间直角坐标系如图所示.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<EF,CD1>=EF·CD1|EF|CD1|=-1×0+0×(-2)+1×22×22=12,<EF,CD1>=60°,即异面直线EF和CD1所成的角为60°.(2)证明:EF·DA1=-1×2+0×0+1×2=0,EFDA1,即EFDA1.EF·DC=-1×0+0×2+1×0=0,EFDC,即EFDC.又DA1,DC平面A1CD,且DA1DC=D,EF平面A1CD.18.(1)证明因为四边形BCC1B1为正方形,E为BB1的中点,CE=5,所以BC=2.在ABC中,由正弦定理得sinACB=ABsinBACBC=4×sin30°2=1,所以ACB=90°,即ACBC.因为ACCE,BCCE=C,BC平面BCC1B1,CE平面BCC1B1,所以AC平面BCC1B1.又因为CC1平面BCC1B1,所以ACCC1.(2)解由(1)得AC=23,BC=CC1=2,AC,BC,CC1两两垂直.以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则C(0,0,0),E(0,2,1),A(23,0,0),C1(0,0,2),于是CE=(0,2,1),CA=(23,0,0),AC1=(-23,0,2).设AF=AC1,0,1,则CF=CA+AC1=(23-23,0,2),设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则n·CE=0,n·CF=0,即2y+z=0,(23-23)x+2z=0,令z=-2,得n=23-3,1,-2.平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|m|n|=-2(23-3) 2+12+(-2)2.由平面ABC与平面CEF的夹角为45°,得|cos<m,n>|=cos45°,即-2(23-3) 2+12+(-2)2=22,解得=35,所以AF=35AC1=35×4=125.19.(1)证明过点E作EE'AB于点E',过点F作FF'BC于点F',连接E'F'.底面ABCD是边长为8的正方形,EAB,FBC均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,EE'平面ABCD,FF'平面ABCD,且EE'=FF',四边形EE'F'F是平行四边形,则EFE'F'.E'F'平面ABCD,EF平面ABCD,EF平面ABCD.(2)解过点G,H分别作GG'CD,HH'DA,交CD,DA于点G',H',连接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,EFGH-E'F'G'H'为长方体,故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.底面ABCD是边长为8的正方形,AC=82+82=82cm,E'F'=H'E'=12AC=42cm,EE'=AEsin60°=43cm,该包装盒的容积为V=VEFGH-E'F'G'H'+4VA-EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4×13×SEE'H'H×14AC=42×42×43+4×13×42×43×22=64033cm3.20.(1)证明由题意可知DA底面ABE,BE底面ABE,故BEDA,又BEAE,AEDA=A,AE,DA平面AED,故BE平面AED,由AF平面AED,得AFBE,又AFDE,BEDE=E,BE,DE平面BED,故AF平面BED,由DB平面BED,可得AFDB.(2)解由题意,以A为原点,在底面圆内过点A作AB的垂线作为x轴,以AB,AD所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,设AD=2,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,2),因为DA平面ABE,所以DEA就是直线DE与平面ABE所成的角,所以tanDEA=DAAE=2,所以AE=1,所以E32,12,0,由上可得DC=(0,2,0),DE=32,12,-2,设平面DCE的法向量为n=(x,y,z),则n·DC=0,n·DE=0,即2y=0,32x+12y-2z=0,取x=4,得n=(4,0,3).又m=(1,0,0)是平面BCD的一个法向量,所以cos<m,n>=m·n|m|n|=1×4+0×0+0×31×42+0+3=41919,又由图形可知二面角E-DC-B为锐角,所以它的余弦值为41919.因为BE=32,-32,0,所以点B到平面CDE的距离d=|BE·n|n|=|32×4+(-32)×0+0×3|42+0+3=25719.21.(1)证明因为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平面PBC,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)解以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,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示.由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),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n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.令x=-1,则n=(-1,0,a).所以cos<n,PB>=n·PB|n|PB|=-1-a3×1+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的中点.又M为PA的中点,所以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所在直线分别为x轴、y轴、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的法向量为m=(x,y,z),则m·PB=0,m·PC=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<m,PA>|=m·PA|m|PA|=1-23×2=36.(3)解假设存在点Q满足题意,则PQ=PC(0<<1),故PQ=(0,2,-2),则Q(0,2,22).所以DQ=(0,2,22),DA=(1,0,0).设平面QAD的法向量为n=(a,b,c),则有n·DQ=0,n·DA=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cos3=cos<m,n>,则|m·n|m|n|=12,|1+2-1|2×1+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,Q0,43,23.