【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测八立体几何与空间向量(提升卷).pdf

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1、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

2、级达标校期末)一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与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 D32 3如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，ABAD1，AA12，面对角线B1D1上存在一点 P 使得 A1PPB 最短，则A1PPB 的最小值为()2 A.5 B.262C22 D2 4(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.6 B6 C9 D245.(2020驻马店月考)

3、如图，在空间四边形OABC 中，OA a，OBb，OCc，且 OM2MA，BN NC，则 MN等于()3 A.23a23b12cB.12a12b12cC.23a12b12cD.12a23b12c6(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.43B.916C.34D.1697(2019 河南省南阳市开学考试)在长方体 ABCD A1B1C1D1中，AB3，AD1，AA12，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

4、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，ACB 90，2ACAA1BC2，D 为 AA1上一点若二面角 B1DCC1的大小为60，则 AD 的长为()4 A.2 B.3 C2 D.2210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()A2，2)B ，2C2 D.22，11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，B

5、D2，则 CD 的长为()A1 B.3 C2 D.5 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AB5 和 CD 所成的角为，则 cos 等于()A154B.154C14D.14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

6、)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，P A2AB.则下列命题中正确的有_(填序号)6 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

7、直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB BC.求证：(1)A1B1平面 DEC1；(2)BEC1E.18.(12 分)(2019 安徽省芜湖市检测)在 RtAOB 中，OAB6，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7(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，底面ABCD 是矩形，PA平面 ABCD，PAAD4，AB2，M 是 PD 的中点(1)求直线 CD

8、 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，SAAB BC2，AD 1.8(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9 答案精析1C若 m ，n，当 m时 m n；若 m，mn，则 n 可以与 平行、相交或在

9、平面内；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S1 2 ra4 r2，再设与圆柱表面积相等的球半径为R，则球的表面积S24 R24 r2，解得 Rr，因此圆柱的体积为V1 r2a2 r3，球的体积为V243 R343 r3，因此圆柱的体积与球的体积之比为V1V232.3A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，A1B1BA1B1D1 D1B1B4234，A1B11，B1B2，由余弦定理得

10、A1B1222 212cos 345.4B如图，10 该几何体为四棱锥PABCD，四边形 ABCD 为矩形，其中PD平面 ABCD，AB 1，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PB1146，该球的表面积为4 6226.5CBNNC，ON12(OBOC)，OM2MA，OM23OA，MNONOM12(OBOC)23OA23a12b12c.6D设圆柱的底面圆半径为r，则 r22123，所以圆柱的体积V1 (3)226.又球的体积V243 23323，所以球的体积与圆柱的体积的比V2V13236169.7C 11 连接 AD1，OE，AC1，如图

11、所示，因为 OE 为ACC1的中位线，所以 OE AC1，所以 D1AC1为异面直线AD1与 OE 所成的角，在RtD1AC1中，AD13，C1D13，所以 tanD1AC1C1D1AD13，D1AC1 60.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 lm.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，12 设 ADt(0 t2)，则 C

12、(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CB(0,2,0)设平面 CDB1的法向量为m(x，y，z)，由CD m0，CB1 m0，得x tz0，2y2z0，令 y1，得平面CDB1的一个法向量为m(t,1，1)，由题意知cos 60|m CB|m|CB|22t2 212，解得 t2.10C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1222sin 2 2，所以 2 2，则 2r222 2，圆锥的底面圆周长为 2 r22，展开后对应的扇形弧长为2 22，解得 2.11CCAAB，BD AB

13、，CA AB 0，BD AB0，又CA 与 BD 所在平面的夹角为60，AC，BD 60，即 CA，BD 120，CDCAABBD，CD2 CAABBD)2CA2AB2BD22CA AB2AB BD2CA BD，ABAC1，BD2，CD2CA2AB2BD22CA AB2AB BD2CA BD114002 12cos 1204，CD 的长为 2.12D如图，13 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OE12CD2，OF12AB2，过点 F 作 FGBC

14、 于点 G，易得 FG平面 BCD，且 FG12OA3，G 为 OC的中点，则OG1，又 OE2，EOG 120，所以由余弦定理得EGOG2OE22OG OEcosEOG1222 212cos 1207，由勾股定理得EF2FG2EG2(3)2(7)2 10，在OEF 中，由余弦定理得cosEOFOE2OF2EF22OE OF2222102 2214，所以 cos 14.1390解析因为 C1B1平面 ABB1A1，MN平面 ABB1A1，所以 C1B1MN.又因为 MN MB1，MB1，C1B1平面 C1MB1，MB1C1B1B1，所以 MN 平面 C1MB1，14 又 C1M平面 C1MB1

15、，所以 MNC1M，所以 C1MN90.14.3 解析过 D 作 DGAB，垂足为G，过 D 作 DH PC，垂足为H，DEDG AD sin 60 1232232，同理 DF DH32，故 DEDF DG DH32323.15解析 AD 与 PB 在平面的射影AB 不垂直，不成立；PA 平面 ABC，P AAB，在正六边形ABCDEF 中，AB AE，PA AEA，PA，AE平面 PAE，AB平面 PAE，且 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，

16、即不成立；在 RtPAD 中，PAAD2AB，PDA45，故 成立16.33解析作 MM1AD，垂足为M1，作 NN1CD，垂足为N1，连接 M1N1，如图所示，15 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，M1N1 AC，设 DM1DN1x，则 MM1x，NN11x，在直角梯形MM1N1N 中，MN2(2x)2(1 2x)26 x13213，当 x13时，MN 的最小值为33.17证明(1)因为 D，E

17、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 AB BC，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.16 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，AOB2.将 RtAOB 以直线

18、AO 为轴旋转得到RtAOC，则AOC2，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，OAB6，斜边 AB 4，OB12AB2 且OBA3.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，COD2，OCOB 2，CDOD2OC2OD24，sinODCOCCD2OD24，当 ODAB 时，OD 取得最小值，此时sinODC 取得最大值，且ODOBsin 33.因此，

19、sinODCOCCD2OD2 4272 77，即直线 CD 与平面 AOB 所成角的正弦值的最大值为2 77.19解因为 AP，AB，AD 两两互相垂直，如图所示，17 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 nAC，nAM，可得2x4y0，2y2z0，令 z1，则 n(2，1,1)(1)设所求角为，又 CD(2,0,0)，则 sin CD n|CD|n|42663.(2)设点 P 到平面 ACM 的距离为h，AP(0,0,4)，则 hAP n|n|462

20、 63.20.18(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 ME12BC，ADBC，且 AD12BCMEAD，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)，19 由条件得M 为线段 SB靠近 B 点的三等分点于是 AM23AB13AS 0，43，23，即 M

21、0，43，23，设平面 AMC 的一个法向量为n(x，y，z)，则AM n 0，AC n0，即43y23z0，2x2y0，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|n m|n|m|66.(3)解设 N(x,2x2,0)，其中 1x2.因为 M 0，43，23，所以 MN x，2x103，23.所以 sin|MN m|MN|m|x5x2403x1049110491x24031x5，20 可知当1x40320891526，即 x2615时分母有最小值，此时sin 有最大值，此时，N2615，2215，0，即点 N 在线段 CD 上且 ND11515.