《（魯京津瓊專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 階段自測(cè)卷（五）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（魯京津瓊專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 階段自測(cè)卷（五）（含解析）（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段自測(cè)卷(五) (時(shí)間：120分鐘　滿(mǎn)分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(2019·貴州遵義航天中學(xué)月考)下列說(shuō)法正確的是(　　) A．空間中，兩不重合的平面若有公共點(diǎn)，則這些點(diǎn)一定在一條直線(xiàn)上 B．空間中，三角形、四邊形都一定是平面圖形 C．空間中，正方體、長(zhǎng)方體、四面體都是四棱柱 D．用一平面去截棱錐，底面與截面之間的部分所形成的多面體叫棱臺(tái) 答案　A 解析　空間四邊形不是平面圖形，故B錯(cuò)；四面體不是四棱柱，故C錯(cuò)；平行于底面的平面去截棱錐，底面和截面之間的部分所形成的多面體才叫棱臺(tái)，故D錯(cuò)；根據(jù)公理2可知A正確，故選A. 2．

2、(2019·湛江調(diào)研)設(shè)m，n是兩條不同的直線(xiàn)，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．α∩β＝n，m?α，m∥β?m∥n B．α⊥β，α∩β＝m，m⊥n?n⊥β C．m⊥n，m?α，n?β?α⊥β D．m∥α，n?α?m∥n 答案　A 解析　對(duì)于A，根據(jù)線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理可得A選項(xiàng)正確；對(duì)于B，當(dāng)α⊥β，α∩β＝m時(shí)，若n⊥m，n?α，則n⊥β，但題目中無(wú)條件n?α，故B不一定成立；對(duì)于C，若m⊥n，m?α，n?β，則α與β相交或平行，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若m∥α，n?α，則m與n平行或異面，則D錯(cuò)誤，故選A. 3．(2019·重慶萬(wàn)州三中月考)如圖，在三棱柱AB

3、C－A1B1C1中，D是CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是A1B的中點(diǎn)，且＝α＋β，則(　　) A．α＝，β＝－1 B．α＝－，β＝1 C．α＝1，β＝－ D．α＝－1，β＝ 答案　A 解析　根據(jù)向量加法的多邊形法則以及已知可得， ＝＋＋＝＋＋1 ＝＋－＋＋1＝－， ∴α＝，β＝－1，故選A. 4．平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，＝(1， 2， 0)，＝(2， 1， 0)，1＝(0， 1， 5)，則對(duì)角線(xiàn)AC1的邊長(zhǎng)為(　　) A．4B．4C．5D．12 答案　C 解析　因?yàn)?＝1＋＋＝1＋＋＝(0，1，5)＋(1，2，0)＋(2，1，0)＝(3，4，5)， 所以|1|

4、＝＝5，故選C. 5.(2019·涼山診斷)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，下列結(jié)論中，正確的是(　　) A．EF⊥BB1 B．EF⊥平面BCC1B1 C．EF∥平面D1BC D．EF∥平面ACC1A1 答案　D 解析　連接B1C交BC1于F，由于四邊形BCC1B1是平行四邊形，對(duì)角線(xiàn)互相平分，故F是B1C的中點(diǎn)．因?yàn)镋是AB1的中點(diǎn)，所以EF是△B1AC的中位線(xiàn)，故EF∥AC，所以EF∥平面ACC1A1.故選D. 6．(2019·湖北黃岡中學(xué)、華師附中等八校聯(lián)考)《九章算術(shù)》中“開(kāi)立圓術(shù)”曰：“置積尺數(shù)，以十六乘之，九而一

5、，所得開(kāi)立方除之，即立圓徑”．“開(kāi)立圓術(shù)”相當(dāng)于給出了已知球的體積V，求球的直徑d的公式d＝.若球的半徑為r＝1，根據(jù)“開(kāi)立圓術(shù)”的方法計(jì)算該球的體積為(　　) A.πB.C.D. 答案　D 解析　根據(jù)公式d＝得，2＝，解得V＝.故選D. 7．已知棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1，球O與該正方體的各個(gè)面相切，則平面ACB1截此球所得的截面的面積為(　　) A.B.C.D. 答案　D 解析　因?yàn)榍蚺c各面相切，所以直徑為2，且AC，AB1，CB1的中點(diǎn)在所求的切面圓上，所以所求截面為此三點(diǎn)構(gòu)成的邊長(zhǎng)為的正三角形的外接圓，由正弦定理知， R＝，所以截面的面積S＝，故選D

6、. 8．已知向量n＝(2，0，1)為平面α的法向量，點(diǎn)A(－1，2，1)在α內(nèi)，則P(1，2，－2)到α的距離為(　　) A.B.C．2D. 答案　A 解析　∵＝(－2，0，3)， ∴點(diǎn)P到平面α的距離為d＝＝＝. ∴P(1，2，－2)到α的距離為. 故選A. 9．正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P在A1C上運(yùn)動(dòng)(包括端點(diǎn))，則BP與AD1所成角的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(0≤x≤1)，則＝， ＝，設(shè)，的夾角為α， 所以cos

7、α＝＝＝，所以當(dāng)x＝時(shí)，cosα取得最大值，α＝.當(dāng)x＝1時(shí)，cosα取得最小值，α＝. 因?yàn)锽C1∥AD1.故選D. 10．(2019·淄博期中)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝4，AB＝2，CC1＝2，E，F(xiàn)分別為AC，CC1的中點(diǎn)，則直線(xiàn)EF與平面AA1B1B所成的角是(　　) A．30°B．45°C．60°D．90° 答案　A 解析　 連接AC1，則EF∥AC1，直線(xiàn)EF與平面AA1B1B所成的角，就是直線(xiàn)EF與平面AA1B1B所成的角，AC1與平面AA1B1B所成的角；作C1D⊥A1B1于D，連接AD，因?yàn)橹比庵鵄BC－A1B1C1中，CA＝CB＝4，所以

8、底面是等腰三角形，則C1D⊥平面AA1B1B，可知∠C1AD就是直線(xiàn)EF與平面AA1B1B所成的角，CA＝CB＝4，AB＝2，CC1＝2，可得C1D＝＝3，AD＝＝3，所以tan∠C1AD＝＝， 所以∠C1AD＝30°.故選A. 11．(2019·陜西漢中中學(xué)月考)點(diǎn)A，B，C，D，E是半徑為5的球面上五點(diǎn)，A，B，C，D四點(diǎn)組成邊長(zhǎng)為4的正方形，則四棱錐E－ABCD體積的最大值為(　　) A.B．256C.D．64 答案　A 解析　正方形ABCD對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)為＝8.則球心到正方形中心的距離d＝＝3.則E到正方形ABCD的最大距離為h＝d＋5＝8.則VE－ABCD＝×4×4×8＝.故

9、選A. 12．(2019·四省聯(lián)考診斷)如圖所示，四邊形ABCD為邊長(zhǎng)為2的菱形，∠B＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AB上運(yùn)動(dòng)(不含端點(diǎn))，且EF∥AC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF⊥底面ECDAF，當(dāng)五棱錐B－ECDAF的體積最大時(shí)，EF的長(zhǎng)為(　　) A．1B.C.D. 答案　B 解析　由EF∥AC可知△BEF為等邊三角形，設(shè)EF＝x，等邊△BEF的高為x，面積為x2，所以五邊形ECDAF的面積為2××22－x2＝2－x2，故五棱錐的體積為××x＝x－x3(0

10、單調(diào)遞減，故在x＝時(shí)取得極大值也即最大值．故選B. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．設(shè)m，n為空間兩條不同的直線(xiàn)，α，β為空間兩個(gè)不同的平面，給出下列命題： ①若m∥α，m∥β，則α∥β；?、谌鬽⊥α，m∥β，則α⊥β； ③若m∥α，m∥n，則n∥α；?、苋鬽⊥α，α∥β，則m⊥β. 其中正確的命題序號(hào)是________． 答案?、冖? 解析　對(duì)于①，若m∥α，m∥β，則α與β可能相交，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，若m⊥α，m∥β，根據(jù)線(xiàn)面垂直和線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β，故②正確；對(duì)于③，若m∥α，m∥n，則n可能在α內(nèi)，故③錯(cuò)誤，對(duì)于④，

11、若m⊥α，α∥β，則根據(jù)線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理以及面面平行的性質(zhì)定理得到m⊥β，故④正確．故答案為②④. 14．如圖，在三棱柱A1B1C1－ABC中，已知D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，AA1的中點(diǎn)，設(shè)三棱錐A－FED的體積為V1，三棱柱A1B1C1－ABC的體積為V2，則V1∶V2的值為_(kāi)_______． 答案　 解析　設(shè)三棱柱的高為h， ∵F是AA1的中點(diǎn)，則三棱錐F－ADE的高為， ∵D，E分別是AB，AC的中點(diǎn)，∴S△ADE＝S△ABC， ∵V1＝S△ADE·，V2＝S△ABC·h， ∴＝＝. 15.如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為1的半球面上，AB＝

12、AC，側(cè)面BCC1B1是半球底面圓的內(nèi)接正方形，則側(cè)面ABB1A1的面積為_(kāi)_______． 答案　 解析　由題意知，球心在正方形的中心上，球的半徑為1，則正方形的邊長(zhǎng)為.∵三棱柱ABC—A1B1C1為直三棱柱，∴平面ABC⊥平面BCC1B1，∴BC為截面圓的直徑，∴∠BAC＝90°.∵AB＝AC，∴AB＝1， ∴側(cè)面ABB1A1的面積為×1＝. 16．(2019·陜西四校聯(lián)考)直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，側(cè)棱長(zhǎng)等于底面三角形的斜邊長(zhǎng)，若其外接球的體積為，則該三棱柱體積的最大值為_(kāi)___________． 答案　4 解析　設(shè)三棱柱底面直角三角形的直角邊為a，

13、b，則棱柱的高h(yuǎn)＝， 設(shè)外接球的半徑為r，則πr3＝，解得r＝2， ∵上、下底面三角形斜邊的中點(diǎn)連線(xiàn)的中點(diǎn)是該三棱柱的外接球的球心，∴h＝2r＝4.∴h＝2， ∴a2＋b2＝h2＝8≥2ab， ∴ab≤4.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)“＝”成立． ∴三棱柱的體積V＝Sh＝abh＝ab≤4. 三、解答題(本大題共70分) 17.(10分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC與BD交于點(diǎn)O，PC⊥底面ABCD，點(diǎn)E為側(cè)棱PB的中點(diǎn)． 求證：(1)PD∥平面ACE； (2)平面PAC⊥平面PBD. 證明　(1) 連接OE. 因?yàn)镺為正方形ABCD對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)

14、， 所以O(shè)為BD的中點(diǎn)． 因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)， 所以PD∥OE. 又因?yàn)镺E?平面ACE，PD?平面ACE， 所以PD∥平面ACE. (2) 在四棱錐P－ABCD中， 因?yàn)镻C⊥底面ABCD，BD?底面ABCD， 所以BD⊥PC. 因?yàn)镺為正方形ABCD對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)， 所以BD⊥AC. 又PC，AC?平面PAC，PC∩AC＝C， 所以BD⊥平面PAC. 因?yàn)锽D?平面PBD， 所以平面PAC⊥平面PBD. 18．(12分)(2019·廣州執(zhí)信中學(xué)測(cè)試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等邊三角形，已知BD＝2AD＝8

15、，AB＝2DC＝4. (1)設(shè)M是PC上的一點(diǎn)，證明：平面MBD⊥平面PAD； (2)求四棱錐P－ABCD的體積． (1)證明　在△ABD中，由于AD＝4，BD＝8，AB＝4， 所以AD2＋BD2＝AB2.故AD⊥BD. 又平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， BD?平面ABCD， 所以BD⊥平面PAD， 又BD?平面MBD， 故平面MBD⊥平面PAD. (2)解　如圖，過(guò)P作PO⊥AD交AD于O， 由于平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 因此PO為四棱錐P－ABCD的高，又△PAD是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形． 因此PO＝

16、×4＝2. 在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC， 所以四邊形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜邊AB邊上的高為＝， 此即為梯形ABCD的高， 所以四邊形ABCD的面積為S＝×＝24. 故VP－ABCD＝×24×2＝16. 19．(12分)(2019·化州模擬)如圖所示，在四棱錐E－ABCD中，ED⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝CD＝2. (1)求證：BC⊥BE； (2)當(dāng)幾何體ABCE的體積等于時(shí)，求四棱錐E－ABCD的側(cè)面積． (1)證明　連接BD，取CD的中點(diǎn)F，連接BF，則直角梯形ABCD中，BF⊥CD，BF＝CF＝DF， ∴∠C

17、BD＝90°，即BC⊥BD. ∵DE⊥平面ABCD， BC?平面ABCD，∴BC⊥DE， 又BD∩DE＝D，∴BC⊥平面BDE. 由BE?平面BDE得，BC⊥BE. (2)解　∵VABCE＝VE－ABC＝×DE×S△ABC ＝×DE××AB×AD＝DE＝， ∴DE＝2， ∴EA＝＝2，BE＝＝2， 又AB＝2，∴BE2＝AB2＋AE2， ∴AB⊥AE， ∴四棱錐E－ABCD的側(cè)面積為 ×DE×AD＋×AE×AB＋×BC×BE＋×DE×CD＝6＋2＋2. 20．(12分)(2019·青島調(diào)研)如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝π，AD＝2，E，F(xiàn)為線(xiàn)段AB的三等分點(diǎn)，

18、G，H為線(xiàn)段DC的三等分點(diǎn)．將長(zhǎng)方形ABCD卷成以AD為母線(xiàn)的圓柱W的半個(gè)側(cè)面，AB，CD分別為圓柱W上、下底面的直徑． (1)證明：平面ADHF⊥平面BCHF； (2)求二面角A－BH－D的余弦值． (1)證明　因?yàn)镠在下底面圓周上，且CD為下底面半圓的直徑， 所以DH⊥CH，又因?yàn)镈H⊥FH，且CH∩FH＝H， 所以DH⊥平面BCHF. 又因?yàn)镈H?平面ADHF， 所以平面ADHF⊥平面BCHF. (2)解　以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以HD，HC，HF所在直線(xiàn)為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)下底面半徑為r，由題意得πr＝π， 所以r＝1，CD＝2. 因?yàn)镚，H為D

19、C的三等分點(diǎn)， 所以∠HDC＝30°， 所以在Rt△DHC中，HD＝，HC＝1， 所以A(，0，2)，B(0，1，2)，D(，0，0)， 設(shè)平面ABH的法向量為n＝(x，y，z)， 因?yàn)閚·＝(x，y，z)·(，0，2)＝0， n·＝(x，y，z)·(0，1，2)＝0， 所以 所以平面ABH的法向量n＝(－2，－2，)． 設(shè)平面BHD的法向量m＝(x，y，z)． 因?yàn)閙·＝(x，y，z)·(，0，0)＝0， m·＝(x，y，z)·(0，1，2)＝0， 所以 所以平面BHD的法向量m＝(0，－2，1)， 由圖形可知，二面角A—BH—D的平面角為銳角，設(shè)為θ， 所以二

20、面角A－BH－D的余弦值為 cosθ＝＝. 21．(12分)(2019·成都七中診斷)如圖，在多面體ABCDE中，AC和BD交于一點(diǎn)，除EC以外的其余各棱長(zhǎng)均為2. (1)作平面CDE與平面ABE的交線(xiàn)l，并寫(xiě)出作法及理由； (2)求證：平面BDE⊥平面ACE； (3)若多面體的體積為2，求直線(xiàn)DE與平面BCE所成角的正弦值． (1)解　過(guò)點(diǎn)E作AB(或CD)的平行線(xiàn)，即為所求直線(xiàn)l. ∵AC和BD交于一點(diǎn)， ∴A，B，C，D四點(diǎn)共面． 又∵四邊形ABCD邊長(zhǎng)均相等， ∴四邊形ABCD為菱形，從而AB∥DC. 又AB?平面CDE，且CD?平面CDE， ∴AB∥平面C

21、DE. ∵AB?平面ABE，且平面ABE∩平面CDE＝l， ∴AB∥l. (2)證明　取AE的中點(diǎn)O，連接OB，OD. ∵AB＝BE，DA＝DE，∴OB⊥AE，OD⊥AE. 又OB∩OD＝O， ∴AE⊥平面OBD， ∵BD?平面OBD，故AE⊥BD. 又四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD. 又AE∩AC＝A， ∴BD⊥平面ACE. 又BD?平面BDE， ∴平面BDE⊥平面ACE. (3)解　由VE－ABCD＝2VE－ABD＝2VD－ABE＝2， 即VD－ABE＝1. 設(shè)三棱錐D－ABE的高為h， 則·h＝1， 解得h＝. 又∵DO＝. ∴DO⊥平面ABE.

22、 以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OE，OD所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1，0)，B(，0，0)，D(0，0，)，E(0，1，0)． ∴＝＝(0，1，)， ＝(－，1，0)． 設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 由得， 平面BCE的一個(gè)法向量為n＝(1，，－1)． 又＝(0，1，－)， 于是cos〈，n〉＝＝. 故直線(xiàn)DE與平面BCE所成角的正弦值為. 22．(12分)如圖，△ABC的外接圓⊙O的半徑為，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD＝4，BC＝2，且BE＝1，tan∠AEB＝2. (1)求證：平面ADC⊥

23、平面BCDE； (2)試問(wèn)線(xiàn)段DE上是否存在點(diǎn)M，使得直線(xiàn)AM與平面ACD所成角的正弦值為？若存在，確定點(diǎn)M的位置，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． (1)證明　∵CD⊥平面ABC，BE∥CD， ∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB. ∵BE＝1，tan∠AEB＝2，∴AE＝， 從而AB＝＝2. ∵⊙O的半徑為，∴AB是直徑，∴AC⊥BC， 又∵CD⊥平面ABC，BC?平面ABC， ∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD. ∵BC?平面BCDE，∴平面ADC⊥平面BCDE. (2)解　方法一　假設(shè)點(diǎn)M存在，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥CD于N，連接AN，作MF⊥CB于F，連接AF. ∵平面ADC⊥平面BC

24、DE， 平面ADC∩平面BCDE＝DC， MN?平面BCDE，∴MN⊥平面ACD， ∴∠MAN為MA與平面ACD所成的角． 設(shè)MN＝x，計(jì)算易得，DN＝x，MF＝4－x， 故AM＝＝ ＝， sin∠MAN＝＝＝， 解得x＝－(舍去)，x＝， 故MN＝CB，從而滿(mǎn)足條件的點(diǎn)M存在，且DM＝DE. 方法二　以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CD所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 則A(4，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，4)，E(0，2，1)，C(0，0，0)， 則＝(0，2，－3)． 易知平面ACD的法向量為＝(0，－2，0)，假設(shè)M點(diǎn)存在，設(shè)M(a，b，c)，則＝(a，b，c－4)， 再設(shè)＝λ，λ∈(0，1] ， ∴? 即M(0，2λ，4－3λ)，從而＝(－4，2λ，4－3λ)． 設(shè)直線(xiàn)AM與平面ACD所成的角為θ，則 sinθ＝|cos〈，〉|＝＝， 解得λ＝－或λ＝，其中λ＝－應(yīng)舍去，而λ＝∈(0，1]，故滿(mǎn)足條件的點(diǎn)M存在，且點(diǎn)M的坐標(biāo)為. 15