2018《单元滚动检测卷》高考数学（理）（苏教版）精练检测八 立体几何与空间向量

2018《单元滚动检测卷》高考数学（理）（苏教版）精练检测八 立体几何与空间向量

单元滚动检测八 立体几何与空间向量 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)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 120 分钟，满分 160 分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整． 第Ⅰ卷 一、填空题(本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分．请把答案填写在题中横线上) 1．(2016·济宁一模)直线 l1，l2 平行的一个充分条件是________．(填序号) ①l1，l2 都平行于同一个平面； ②l1，l2 与同一个平面所成的角相等； ③l1 平行于 l2 所在的平面； ④l1，l2 都垂直于同一个平面． 2．(2016·常州模拟)已知四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2，锐角为 60°的菱形，侧 棱 PA⊥底面 ABCD，PA＝3.若 M 是 BC 的中点，则三棱锥 M—PAD 的体积为________． 3．设 l 是一条直线，α，β，γ是不同的平面，则在下列命题中，是真命题的是________．(填 序号) ①如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于β； ②如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于β； ③如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，那么 l⊥γ； ④如果α⊥β，l 与α，β都相交，那么 l 与α，β所成的角互余． 4．已知三棱锥 S－ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形，SC 为球 O 的直径，且 SC＝2，则此三棱锥的体积为________． 5．已知α，β是两个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，给出下列命题： ①若 m⊥α，m⊂β，则α⊥β； ②若 m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β； ③如果 m⊂α，n⊄α，m、n 是异面直线，那么 n 与α相交； ④若α∩β＝m，n∥m，且 n⊄α，n⊄β，则 n∥α且 n∥β. 其中正确的是________．(填序号) 6．(2016·泰州模拟)如图，在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中，O 为 BD1 的中点，三棱锥 O—ABD 的体积为 V1，四棱锥 O—ADD1A1 的体积为 V2，则V1 V2 的值为____________． 7.如图所示，已知正四棱锥 S－ABCD 的侧棱长为 2，底面边长为 3，E 是 SA 的中点，则 异面直线 BE 与 SC 所成角的大小为________． 8.如图，边长为 a 的等边三角形 ABC 的中线 AF 与中位线 DE 交于点 G，已知△A′DE 是 △ADE 绕 DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是______．(填序号) ①动点 A′在平面 ABC 上的投影在线段 AF 上；②BC∥平面 A′DE；③三棱锥 A′－FED 的体积有最大值． 9.(2016·南京、盐城、连云港联考)如图，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，已知 AB＝4，AA1＝6. 若 E，F 分别是棱 BB1，CC1 上的点，则三棱锥 A—A1EF 的体积是________． 10．(2016·苏州无锡联考)已知棱长为 a 的正方体的体积和表面积分别为 V1，S1，底面半径和 高均为 r 的圆锥的体积和侧面积分别为 V2，S2，若V1 V2 ＝3 π ，则S1 S2 的值为________． 11.如图所示，已知△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝a，BC ＝b，CD＝c，且 a2＋b2＋c2＝1，则三棱锥 A－BCD 的外接球的表面积为________． 12．(2016·徐州调研测试)设α、β是空间两个不同的平面，m，n 是平面α及β外的两条不同直 线，从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论， 写出你认为正确的一个命题：________(用代号表示)． 13．如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，侧棱垂直于底面，底面是边长为 2 的正三角形，侧 棱长为 3，则 BB1 与平面 AB1C1 所成的角为________． 14．如图是物理实验装置，它由两块互相垂直的正方形木板构成．已知两个正方形的边长都 为 1，在正方形 ABCD 的对角线 AC 上有一滑片 M，在正方形 ABEF 的对角线 BF 上有一滑 片 N，无论两个滑片如何滑动，始终满足滑片 M 到点 C 的距离等于滑片 N 到点 B 的距离．当 两滑片的距离最小时，滑片 M 到点 C 的距离为________． 第Ⅱ卷 二、解答题(本大题共 6 小题，共 90 分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(14 分)(2016·苏州常州联考)如图，在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中，CA＝CB，AA1＝ 2AB，D 是 AB 的中点． (1)求证：BC1∥平面 A1CD； (2)若点 P 在线段 BB1 上，且 BP＝1 4BB1，求证：AP⊥平面 A1CD. 16.(14 分)(2016·镇江模拟)如图，在三棱柱 P—ABC 中，∠PAC＝∠BAC＝90°，PA＝PB，点 D， F 分别为 BC，AB 的中点． (1)求证：直线 DF∥平面 PAC； (2)求证：PF⊥AD. 17.(14 分)(2016·兰州一中第一次月考)在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，E 是 PD 的 中点，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，AC＝AP＝2. (1)求证：PC⊥AE； (2)求二面角 A－CE－P 的余弦值. 18．(16 分)(2016·江苏无锡、镇江一调)如图 1 所示，在 Rt△ABC 中，AC＝6，BC＝3，∠ABC ＝90°，CD 为∠ACB 的平分线，点 E 在线段 AC 上，CE＝4，如图 2 所示．将△BCD 沿 CD 折起，使得平面 BCD⊥平面 ACD，连结 AB，设点 F 是 AB 的中点． (1)求证：DE⊥平面 BCD； (2)在图 2 中，若 EF∥平面 BDG，其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点，求三棱锥 B—DEG 的体积. 19.(16 分)如图，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD 是矩形，AB⊥平面 BEC，BE⊥EC，AB ＝BE＝EC＝2，G，F 分别是线段 BE，DC 的中点． (1)求证：GF∥平面 ADE； (2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值. 20.(16 分)(2016·成都第二次诊断性检测)如图，已知四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 是 直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，侧棱 AA1⊥底面 ABCD，E 是 CD 的中点，CD＝2AB＝2AD， AD＝1，AA1＝ 2. (1)求证：EA1⊥平面 BDC1； (2)求二面角 D－BC1－D1 的余弦值. 答案解析 1．④ 解析 对于①，当 l1，l2 都平行于同一个平面时，l1 与 l2 可能平行、相交或异面；对于②， 当 l1，l2 与同一个平面所成角相等时，l1 与 l2 可能平行、相交或异面；对于③，l1 与 l2 可能 平行，也可能异面，只有④满足要求． 2. 3 解析 由题意知 V 三棱锥 M—PAD＝V 三棱锥 P—ADM＝1 3 ×(1 2 ×2× 3)×3＝ 3. 3．①②③ 解析 对于①，若α⊥β，那么α内平行交线的直线平行于β，故①为真命题； 对于②，根据面面垂直的判定定理可知，若α内存在直线垂直于β，则α⊥β，与已知矛盾，故 ②为真命题； 对于③，如果α⊥γ，β⊥γ，设α，γ的交线为 a，β，γ的交线为 b， 在γ内取 a，b 外的一点 O，作 OA⊥a 于 A，OB⊥b 于 B， ∵α⊥γ，α∩γ＝A，OA⊂γ，OA⊥a，∴OA⊥α， ∵α∩β＝l⇒l⊂α，∴OA⊥l，同理 OB⊥l， ∵OA，OB⊂γ，OA∩OB＝O， ∴l⊥γ，故③为真命题； 对于④，只有当 l 与两面的交线垂直时，该结论才成立， 故④为假命题． 4. 2 6 解析 在直角三角形 ASC 中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，所以 SA＝ 4－1＝ 3；同理 SB＝ 3.过 A 点作 SC 的垂线交 SC 于 D 点，连结 DB，因为△SAC≌△SBC，所以 BD⊥SC， 故 SC⊥平面 ABD，且平面 ABD 为等腰三角形，因为∠ASC＝30°，所以 AD＝1 2SA＝ 3 2 ，则 △ABD 的面积为1 2 ×1× AD2－1 2 2＝ 2 4 ，则三棱锥的体积为1 3 × 2 4 ×2＝ 2 6 . 5．①④ 解析 根据面面垂直的判定定理知①正确；②若 m∥n，则得不出α∥β，错误；③n 与α还可 能平行，错误；易知④正确． 6.1 2 解析 在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中，设 AB＝a，BC＝b， CC1＝c，则 V1＝1 3·ab 2 ·c 2 ＝abc 12 ，V2＝1 3·bc·a 2 ＝abc 6 ，所以V1 V2 ＝1 2. 7．60° 解析 连结 AC，BD，设 AC，BD 交于点 O， 连结 EO，则 EO∥SC， 所以直线 BE 与 SC 所成的角等于直线 BE 与 EO 所成的角，即∠BEO. 在△EBO 中，通过计算可知 EO＝ 2 2 ，BE＝ 2，OB＝ 6 2 ， 所以 EO2＋OB2＝BE2，所以 EO⊥OB，cos∠BEO＝OE BE ＝1 2 ， 所以∠BEO＝60°. 8．①②③ 解析 ①中由已知可得面 A′FG⊥面 ABC， 所以点 A′在面 ABC 上的投影在线段 AF 上． ②中 BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得 BC∥平面 A′DE. ③中当面 A′DE⊥面 ABC 时，三棱锥 A′－FED 的体积达到最大． 9．8 3 解析 设 B1E＝x，则 BE＝6－x.由题意知 1 1 11 1 1 1 A BCFEABC A B CA A EF A EB C F VV V V     四棱三棱柱 -三棱 四棱 锥锥 锥 ＝6× 3 4 ×4×4－1 3 ×2 3×4x－1 3 ×2 3×4(6－x) ＝24 3－1 3 ×2 3×4×6＝24 3－16 3＝8 3. 10.3 2 π 解析 由题意知 V1＝a3，S1＝6a2，V2＝1 3r·πr2＝πr3 3 ，S2＝πrl＝ 2πr2，由V1 V2 ＝ a3 πr3 3 ＝3 π ，得a r ＝1， 所以S1 S2 ＝ 6a2 2πr2 ＝3 2 π . 11．π 解析 因为球心到球面的点的距离相等，可以找出一点到 ABCD 四个点的距离相等，在直 角三角形中斜边上的中点到各顶点距离相等，可知 AD 中点 O 到 A，B，C，D 的距离相等， 因为 AD＝1，所以 S＝4π(1 2)2＝π. 12．①③④⇒②(或②③④⇒①) 解析 以①②③为条件，④为结论的命题不正确，直线 m 也有可能与平面α平行或斜交；同 理以①②④为条件，③为结论的命题也不正确；以①③④为条件，②为结论的命题正确；以 ②③④为条件，①为结论的命题也正确． 13.π 6 解析 记点 B 到平面 AB1C1 的距离为 d，BB1 与平面 AB1C1 所成角为θ，连结 BC1，利用等体 积法，VA－BB1C1＝VB－AB1C1，即1 3 × 3×1 2 ×2×3＝1 3d×1 2 ×2×2 3，得 d＝3 2 ， 则 sin θ＝ d BB1 ＝1 2 ，所以θ＝π 6. 14. 2 2 解析 作 MP∥AB 交 BC 于点 P，作 NQ∥AB 交 BE 于点 Q，连结 PQ. 依题意可知 MP∥NQ 且 MP＝NQ， 即四边形 MNQP 是平行四边形， 所以 MN＝PQ. 设 CM＝BN＝a(0≤a≤ 2)， 又 CB＝AB＝BE＝1，所以 AC＝BF＝ 2， 所以CP CB ＝CM AC ＝BQ BE ，即CP 1 ＝ a 2 ＝BQ 1 ， 所以 CP＝BQ＝ a 2 ＝ 2 2 a， 所以 MN＝PQ＝ BP2＋BQ2＝ 1－CP2＋BQ2 ＝ 1－ 2 2 a2＋ 2 2 a2＝ a2－ 2a＋1 ＝ a－ 2 2 2＋1 2(0≤a≤ 2)， 所以当 a＝ 2 2 ，MN＝ 2 2 ，即滑片 M、N 分别滑动到 AC、BF 的中点时，滑片 M 到点 C 的距 离为 2 2 ，两滑片的距离最小． 15．证明 (1)如图，连结 AC1，设 AC1∩A1C＝O，连结 OD. 因为四边形 AA1C1C 是矩形，所以 O 是 AC1 的中点． 在△ABC1 中，O，D 分别是 AC1，AB 的中点，所以 OD∥BC1. 又因为 OD⊂平面 A1CD，BC1⊄平面 A1CD， 所以 BC1∥平面 A1CD. (2)因为 CA＝CB，D 是 AB 的中点， 所以 CD⊥AB. 又因为在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中，底面 ABC⊥侧面 AA1B1B，交线为 AB，CD⊂平面 ABC， 所以 CD⊥平面 AA1B1B. 因为 AP⊂平面 A1B1BA，所以 CD⊥AP. 因为 BB1＝ 2BA，BB1＝AA1，BP＝1 4BB1， 所以BP BA ＝ 2 4 ＝AD AA1 ， 所以 Rt△ABP∽Rt△A1AD，所以∠AA1D＝∠BAP， 所以∠AA1D＋∠A1AP＝∠BAP＋∠A1AP＝90°，所以 AP⊥A1D. 又因为 CD∩A1D＝D，CD⊂平面 A1CD，A1D⊂平面 A1CD， 所以 AP⊥平面 A1CD. 16．证明 (1)因为点 D，F 分别为 BC，AB 的中点， 所以 DF∥AC， 又因为 DF⊄平面 PAC，AC⊂平面 PAC， 所以直线 DF∥平面 PAC. (2)因为∠PAC＝∠BAC＝90°， 所以 AC⊥AB，AC⊥AP， 又因为 AB∩AP＝A，所以 AC⊥平面 PAB， 因为 PF⊂平面 PAB，所以 AC⊥PF， 因为 PA＝PB，F 为 AB 的中点，所以 PF⊥AB， 因为 AC∩AB＝A，所以 PF⊥平面 ABC， 因为 AD⊂平面 ABC，所以 AD⊥PF. 17．(1)证明 取 PC 的中点 F，连结 EF，AF，则 EF∥CD. 因为 AC＝AP＝2，所以 PC⊥AF. 因为 PA⊥平面 ABCD，CD⊂平面 ABCD， 所以 PA⊥CD. 又 AC⊥CD，PA∩AC＝A，所以 CD⊥平面 PAC. 因为 PC⊂平面 PAC，所以 CD⊥PC. 又 EF∥CD，所以 EF⊥PC. 又因为 PC⊥AF，AF∩EF＝F，所以 PC⊥平面 AEF. 因为 AE⊂平面 AEF，所以 PC⊥AE. (2)解 以 B 为原点，BC 所在直线为 x 轴，BA 所在直线为 y 轴，过点 B 平行 AP 的直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 B—xyz， 则 B(0,0,0)，A(0,1,0)，C( 3，0,0)，D(2 3，3,0)，E( 3，2,1)，P(0,1,2)，F( 3 2 ，1 2 ，1)， AC→＝( 3，－1,0)，CE→＝(0,2,1)． 设平面 ACE 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 则 AC→·n1＝0， CE→·n1＝0， 即 3x－y＝0， 2y＋z＝0， 令 x＝1，得平面 ACE 的一个法向量 n1＝(1，3，－2 3)． 由(1)知，CD⊥平面 PAC，AF⊂平面 PAC， 所以 CD⊥AF. 同理 PC⊥AF，PC∩CD＝C，CD⊂平面 PCE， PC⊂平面 PCE， 所以 AF⊥平面 PCE， 所以平面 PCE 的一个法向量 n2＝AF→＝( 3 2 ，－1 2 ，1)， 所以 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2| ＝－ 6 4 ， 由图可知二面角 A－CE－P 为锐角， 所以二面角 A－CE－P 的余弦值为 6 4 . 18．(1)证明 在题图 1 中，因为 AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，所以∠ACB＝60°. 因为 CD 为∠ACB 的平分线， 所以∠BCD＝∠ACD＝30°，所以 CD＝2 3. 又因为 CE＝4，∠DCE＝30°，所以 DE＝2. 则 CD2＋DE2＝CE2，所以∠CDE＝90°，即 DE⊥CD. 在题图 2 中， 因为平面 BCD⊥平面 ACD，平面 BCD∩平面 ACD＝CD， DE⊂平面 ACD，所以 DE⊥平面 BCD. (2)解 在题图 2 中，因为 EF∥平面 BDG，EF⊂平面 ABC， 平面 ABC∩平面 BDG＝BG， 所以 EF∥BG. 因为点 E 在线段 AC 上，CE＝4，点 F 是 AB 的中点， 所以 AE＝EG＝CG＝2. 过点 B 作 BH⊥CD，交 CD 于点 H. 又因为平面 BCD⊥平面 ACD，平面 BCD∩平面 ACD＝CD， BH⊂平面 BCD，所以 BH⊥平面 ACD. 由条件得 BH＝3 2. 又 S△DEG＝1 3S△ACD＝1 3 ×1 2AC·CD·sin 30°＝ 3， 所以三棱锥 B—DEG 的体积 V＝1 3S△DEG·BH＝1 3 × 3×3 2 ＝ 3 2 . 19．(1)证明 方法一 如图①，取 AE 的中点 H，连结 HG，HD， 又 G 是 BE 的中点， 所以 GH∥AB，且 GH＝1 2AB. 又 F 是 CD 的中点， 所以 DF＝1 2CD. 由四边形 ABCD 是矩形， 得 AB∥CD，AB＝CD， 所以 GH∥DF 且 GH＝DF， 从而四边形 HGFD 是平行四边形，所以 GF∥DH. 又 DH⊂平面 ADE，GF⊄平面 ADE， 所以 GF∥平面 ADE. 方法二 如图②，取 AB 的中点 M，连结 MG，MF. 又 G 是 BE 的中点，可知 GM∥AE. 又 AE⊂平面 ADE，GM⊄平面 ADE， 所以 GM∥平面 ADE. 在矩形 ABCD 中，由 M，F 分别是 AB，CD 的中点，得 MF∥AD. 又 AD⊂平面 ADE，MF⊄平面 ADE. 所以 MF∥平面 ADE. 又因为 GM∩MF＝M，GM⊂平面 GMF， MF⊂平面 GMF， 所以平面 GMF∥平面 ADE. 因为 GF⊂平面 GMF， 所以 GF∥平面 ADE. (2)解 如图③，在平面 BEC 内，过点 B 作 BQ∥EC. 因为 BE⊥CE，所以 BQ⊥BE. 又因为 AB⊥平面 BEC， 所以 AB⊥BE，AB⊥BQ. 以 B 为原点，分别以BE→，BQ→ ，BA→的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)． 因为 AB⊥平面 BEC，所以BA→＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量， 又AE→＝(2,0，－2)，AF→＝(2,2，－1)， 由 n·AE→＝0， n·AF→＝0， 得 2x－2z＝0， 2x＋2y－z＝0， 取 z＝2，得 n＝(2，－1,2)． 从而 cos〈n，BA→〉＝ n·BA→ |n||BA→| ＝ 4 3×2 ＝2 3 ， 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为2 3. 20．(1)证明 由题意得 DA，DD1，DC 两两垂直．以 D 为坐标原点，分别以 DA，DD1，DC 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 D—xyz， 则 D(0,0,0)，E(0,0,1)，A1(1，2，0)，B(1,0,1)，C1(0，2，2)，D1(0，2，0). EA1 → ＝(1，2，－1)，DB→ ＝(1,0,1)，DC1 → ＝(0，2，2)． ∵EA1 → ·DB→ ＝1－1＝0， ∴EA1 → ⊥DB→ ，即 EA1⊥DB. ∵EA1 → ·DC1 → ＝ 2× 2－1×2＝0，∴EA1 → ⊥DC1 → ，即 EA1⊥DC1. 又 DB∩DC1＝D，∴EA1⊥平面 BDC1. (2)解 设平面 BD1C1 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)． ∵BC1 → ＝(－1，2，1)，D1C1 → ＝(0,0,2)， 由 D1C1 → ·n＝0， BC1 → ·n＝0 得 2z1＝0， －x1＋ 2y1＋z1＝0， 令 x1＝ 2，则 y1＝1，z1＝0，∴n＝( 2，1,0)． 由(1)知 EA1⊥平面 BDC1， ∴平面 BDC1 的一个法向量为EA1 → ＝(1，2，－1)． ∴cos〈EA1 → ，n〉＝ EA1 → ·n |EA1 → ||n| ＝ 2＋ 2－0 2× 3 ＝ 6 3 . 由图知二面角 D－BC1－D1 为锐二面角， ∴二面角 D－BC1－D1 的余弦值为 6 3 .