浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测八立体几何与空间向量 16页

单元检测八　立体几何与空间向量 ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．下列命题中，错误的是(　　 )‎ A．平行于同一平面的两个平面平行 B．平行于同一直线的两个平面平行 C．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交 D．一条直线与两个平行平面所成的角相等 答案　B 解析　选项A正确，是面面平行的传递性．选项B错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项C正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项D正确，由线面角定义可知正确．‎ ‎2．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是(　　)‎ A．25πB．50πC．125πD．都不对 答案　B 解析　长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即R＝＝，所以球的表面积为4πR2＝4π·2＝50π，故选B.‎ ‎3.如图，在多面体ABCDEF中，已知底面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，且EF与底面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为(　　)‎ A.B．5C．6D. 答案　D 解析　分别取AB，CD的中点G，H，连接EG，GH，EH，把该多面体分割成一个四棱锥与一个 三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为，进而整个多面体的体积为.‎ ‎4.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是(　　 )‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　由长方体∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，设AD＝DD1＝1，CD＝.连接BC1，BD.‎ 由AD1∥BC1，所以异面直线AD1与DC1所成角，即∠BC1D.‎ 在△BDC1中，BC1＝，BD＝2，C1D＝2，由余弦定理可得cos∠BC1D＝＝＝，‎ 所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是.‎ ‎5．(2018·嘉兴测试)已知两个不同的平面α，β和三条不同的直线m，a，b，若α∩β＝m，a⊂α且a⊥m，b⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a与平面β所成的角的大小为θ2，直线a，b所成的角的大小为θ3，则(　　)‎ A．θ1＝θ2≥θ3 B．θ3≥θ1＝θ2‎ C．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D．θ1≥θ2，θ3≥θ2‎ 答案　D 解析　由题意可知θ1＝θ2或θ1＋θ2＝π，因为线面角的范围为，二面角的范围为[0，π]，所以θ1≥θ2；当b⊥m时，θ2＝θ3，当b不与m垂直时，θ2<θ3，所以θ2≤θ3.故选D.‎ ‎6．若圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则由它的两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为(　　)‎ A.B.C.D. 答案　A 解析　设圆锥底面圆的半径为r，‎ 由2πr＝×2，得r＝，设轴截面顶角大小为2θ，‎ 则sinθ＝>，所以2θ>，‎ 设两条母线所确定的截面最大时，两条母线的夹角为α，‎ 则α≤2θ，最大截面所对应的三角形的面积 S＝×2×2sinα，则α＝，‎ 所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形，其斜边上的高为，底面圆的圆心到最大截面斜边的距离为＝，则两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为＝.‎ ‎7．已知三棱锥S—ABC的每个顶点都在球O的表面上，SA⊥底面ABC，AB＝AC＝4，BC＝2，且二面角S—BC—A的正切值为4，则球O的表面积为(　　)‎ A．240πB．248πC．252πD．272π 答案　D 解析　设BC的中点为D，连接AD，SD，可得AD＝1，则∠SDA是二面角S—BC—A的平面角，由于二面角S—BC—A的正切值为4，∴SA＝4，由余弦定理知，‎ cos∠CAB＝＝＝－，‎ sin∠CAB＝，‎ 由正弦定理知，△ABC的外接圆直径 ‎2r＝＝＝16，‎ 设三棱锥S—ABC的外接球半径为R，‎ 则2＋r2＝R2，得R2＝68，‎ ‎∴球O的表面积为4πR2＝272π，故选D.‎ ‎8.(2018·杭州质检)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分别是BC，AB的中点，AB≠AC，且AC>AD.设PC与DE所成角为α，PD与平面ABC所成角为β，二面角P－BC－A为γ，则(　　)‎ A．α<β<γ B．α<γ<β C．β<α<γ D．γ<β<α 答案　A 解析　由题图可知∠PCA＝α<，∠PDA＝β<，‎ 因为PA⊥平面ABC，所以tanα＝，tanβ＝.‎ 又AC>AD，故tanβ>tanα，则β>α.‎ 过点A作AQ⊥BC，垂足为Q，连接PQ，则∠PQA＝γ，‎ 同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A.‎ ‎9.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱AP⊥平面ABCD，AB＝1，AP＝，点M在线段BC上，且AM⊥MD，则当△PMD的面积最小时，线段BC的长度为(　　)‎ A.B．2C.D. 答案　D 解析　方法一　设BM＝x，MC＝y，则BC＝AD＝x＋y，‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，∴PA⊥MD，‎ 又AM⊥MD，PA∩AM＝A，PA，AM⊂平面PAM，‎ ‎∴MD⊥平面PAM，‎ 又PM⊂平面PAM，∴MD⊥PM，‎ 易知AM＝，MD＝，‎ 在Rt△AMD中，AM2＋MD2＝AD2，‎ 即x2＋1＋y2＋1＝(x＋y)2，化简得xy＝1.‎ 在Rt△PMD中，PM＝，MD＝＝，‎ ‎∴S△PMD＝PM·MD＝·· ‎＝≥＝，‎ 当且仅当x2＝，即x＝，y＝时取等号，‎ 此时BC＝x＋y＝.‎ 方法二　由题意知，AB，AD，AP两两垂直．以A为坐标原点，AB，AD，AP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，设BC＝a，‎ M(1，x,0)，x>0，‎ 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，‎ C(1，a,0)，D(0，a,0)，P(0,0，)．‎ 由AM⊥MD，得·＝0，‎ 即(1，x,0)·(－1，a－x,0)＝ax－x2－1＝0，‎ 解得a＝x＋，而·＝ax－x2－1＝0，‎ ‎∴PM⊥MD，∴S△PMD＝||·||‎ ‎＝·＝· ‎＝≥＝，‎ 当且仅当即时等号成立，此时BC＝.‎ ‎10．(2018·温州市高考适应性考试)已知正四面体PABC，Q为△ABC内的一点，记PQ与平面PAB，PAC，PBC所成的角分别为α，β，γ，则下列式子恒成立的是(　　)‎ A．sin2α＋sin2β＋sin2γ≥2‎ B．cos2α＋cos2β＋cos2γ≥2‎ C．tan2α＋tan2β＋tan2γ≤1‎ D.＋＋≤1‎ 答案　B 解析　取点Q为△ABC的中心，设正面体的棱长为1，‎ 则sinα＝sinβ＝sinγ＝＝，‎ 所以sin2α＋sin2β＋sin2γ＝<2，排除A；‎ 所以cos2α＝cos2β＝cos2γ＝1－2＝，‎ 所以tan2α＝tan2β＝tan2γ＝，‎ 所以＋＋＝24>1，排除D；‎ 取BC的中点D，连接PD，AD，‎ 易知AP与平面PBC所成的角为∠APD，‎ 且cos∠APD＝＝＝，‎ 所以sin∠APD＝，所以tan∠APD＝>1，‎ 所以当点Q靠近点A时，QP与平面PBC所成的角的正切值大于1，所以tan2α＋tan2β＋tan2γ>1，排除C.故选B.‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共110分)‎ 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)‎ ‎11．某空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______cm2，此几何体的体积为______cm3.‎ 答案　2　6 解析　此几何体的侧视图为直角三角形，高为4cm，底为＝，面积为×4×＝2；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其底面为直角梯形，面积是(4＋2)×6＝18(cm2)，高为，体积为×18×＝6(cm3)．‎ ‎12．已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC＝BC＝6，AB＝4，则球面面积为________．‎ 答案　54π 解析　如图，设球的半径为r，O′是△ABC的外心，外接圆半径为R，D是AB的中点，‎ 则OO′⊥平面ABC.‎ 在Rt△ACD中，cosA＝，则sinA＝.‎ 在△ABC中，由正弦定理得＝2R，得R＝，‎ 即O′C＝.‎ 在Rt△OCO′中，r2－r2＝，‎ 得r＝，S球表＝4π×＝54π.‎ ‎13.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1＝________.‎ 答案　 解析　∵∠BAA1＝∠DAA1＝60°，‎ ‎∴A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上，‎ ‎∴平面ACC1A1⊥平面ABCD，‎ ‎∵AB＝1，AD＝2，AA1＝3，‎ ＝＋＝＋＋，‎ ‎∴||2＝(＋＋)2‎ ‎＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ‎＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×＋2×2×3×＝23，‎ ‎∴||＝，∴AC1＝.‎ ‎14．(2018·浙江五校联考)在正三棱锥S－ABC中，M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝2，则正三棱锥S－ABC的体积为________，其外接球的表面积为________．‎ 答案　　12π 解析　由正三棱锥的对棱互相垂直可得SB⊥AC，‎ 又SB⊥AM，AM∩AC＝A，AM，AC⊂平面SAC，‎ 所以SB⊥平面SAC，则SB⊥SA，SB⊥SC.所以正三棱锥S－ABC的三个侧面都是等腰直角三角形．‎ 又AB＝2，所以SA＝SB＝SC＝2，‎ 故正三棱锥S－ABC是棱长为2的正方体的一个角，‎ 其体积为SA·SB·SC＝，其外接球的直径2R＝2，故外接球的表面积为4πR2＝12π.‎ ‎15.如图，在三棱锥S－ABC中，若AC＝2，SA＝SB＝SC＝AB＝BC＝4，E为棱SC的中点，则直线AC与BE所成角的余弦值为__________，直线AC与平面SAB所成的角为__________．‎ 答案　　60°‎ 解析　取SA的中点M，连接ME，BM，‎ 则直线AC与BE所成的角等于直线ME与BE所成的角，‎ 因为ME＝，BM＝BE＝2，‎ cos∠MEB＝ ‎＝＝，‎ 所以直线AC与BE所成角的余弦值为.‎ 取SB的中点N，则AN⊥SB，CN⊥SB，‎ 又AN∩CN＝N，AN，CN⊂平面ACN，‎ 即SB⊥平面ACN，即平面SAB⊥平面ACN，‎ 因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN，‎ 因为AN＝CN＝AC＝2，所以∠CAN＝60°，‎ 因此直线AC与平面SAB所成的角为60°.‎ ‎16．如图，已知四棱锥A－BCDE中，AB＝BC＝2，BE＝2CD＝4，∠ABC＝120°，∠EBC＝30°，BE∥CD，M为棱DE的中点，三棱锥M－ABC的体积为，则点M到平面ABC的距离为________，二面角A－BC－D的正弦值为________．‎ 答案　1　 解析　在△ABC中，因为AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，‎ 所以S△ABC＝×AB×BC×sin∠ABC＝.‎ 设点M到平面ABC的距离为h，则由题意得，‎ ×S△ABC×h＝××h＝，所以h＝1.‎ 作MF⊥BC于点F，MN⊥平面ABC于点N，连接FN，‎ 则BC⊥平面MNF，故NF⊥BC，‎ 故∠MFN为二面角A－BC－D的平面角或其补角．‎ 过点E作ES⊥BC于点S，过点D作DT⊥BC的延长线于点T(图略)，则ES＝BEsin30°＝2，‎ 又BE∥CD，所以DT＝CDsin30°＝1，‎ 所以MF＝＝，‎ 由(1)知MN＝h＝1，所以sin∠MFN＝＝，‎ 设二面角A－BC－D的平面角为θ，则sinθ＝sin∠MFN＝.‎ ‎17．已知边长为1的正△A′BC的顶点A′在平面α内，顶点B，C在平面α外的同一侧，点B′，C′分别为B，C在平面α内的射影，设BB′≤CC′，直线CB′与平面A′CC′所成的角为φ.若△A′B′C′是以角A′为直角的直角三角形，则tanφ的最小值为________．‎ 答案　 解析　如图，以点A′为坐标原点，A′C′，A′B′所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系．‎ 设B(0，b，m)，C(c,0，n)，‎ 则 可得mn＝且0，‎ 又因为tanφ＝b＝，