（魯京津瓊專用）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）

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1、階段自測(cè)卷(五)(時(shí)間：120分鐘滿分：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(2019湛江調(diào)研)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，

2、下列命題中正確的是()An，m，mmnB，m，mnnCmn，m，nDm，nmn答案A解析對(duì)于A，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得A選項(xiàng)正確；對(duì)于B，當(dāng)，m時(shí)，若nm，n，則n，但題目中無條件n，故B不一定成立；對(duì)于C，若mn，m，n，則與相交或平行，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若m，n，則m與n平行或異面，則D錯(cuò)誤，故選A.3(2019重慶萬州三中月考)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，D是CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是A1B的中點(diǎn)，且，則()A，1B，1C1，D1，答案A解析根據(jù)向量加法的多邊形法則以及已知可得，11，1，故選A.4平行六面體ABCDA1B1C1D1中，(1， 2， 0)，(2， 1， 0)，1(0，

3、 1， 5)，則對(duì)角線AC1的邊長為()A4B4C5D12答案C解析因?yàn)?11(0，1，5)(1，2，0)(2，1，0)(3，4，5)，所以|1|5，故選C.5.(2019涼山診斷)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，下列結(jié)論中，正確的是()AEFBB1BEF平面BCC1B1CEF平面D1BCDEF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，故EFAC，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

4、)九章算術(shù)中“開立圓術(shù)”曰：“置積尺數(shù)，以十六乘之，九而一，所得開立方除之，即立圓徑”“開立圓術(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r1，根據(jù)“開立圓術(shù)”的方法計(jì)算該球的體積為()A.B.C.D.答案D解析根據(jù)公式d得，2，解得V.故選D.7已知棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1，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.8已知向量n(

5、2，0，1)為平面的法向量，點(diǎn)A(1，2，1)在內(nèi)，則P(1，2，2)到的距離為()A.B.C2D.答案A解析(2，0，3)，點(diǎn)P到平面的距離為d.P(1，2，2)到的距離為.故選A.9正方體ABCDA1B1C1D1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)正方體棱長為1，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(0x1)，則，設(shè)，的夾角為，所以cos，所以當(dāng)x時(shí)，cos取得最大值，.當(dāng)x1時(shí)，cos取得最小值，.因?yàn)锽C1AD1.故選D.10(2019淄博期中)在直三棱柱ABCA1B1C1中，

6、CACB4，AB2，CC12，E，F(xiàn)分別為AC，CC1的中點(diǎn)，則直線EF與平面AA1B1B所成的角是()A30B45C60D90答案A解析連接AC1，則EFAC1，直線EF與平面AA1B1B所成的角，就是直線EF與平面AA1B1B所成的角，AC1與平面AA1B1B所成的角；作C1DA1B1于D，連接AD，因?yàn)橹比庵鵄BCA1B1C1中，CACB4，所以底面是等腰三角形，則C1D平面AA1B1B，可知C1AD就是直線EF與平面AA1B1B所成的角，CACB4，AB2，CC12，可得C1D3，AD3，所以tanC1AD，所以C1AD30.故選A.11(2019陜西漢中中學(xué)月考)點(diǎn)A，B，C，D，

7、E是半徑為5的球面上五點(diǎn)，A，B，C，D四點(diǎn)組成邊長為4的正方形，則四棱錐EABCD體積的最大值為()A.B256C.D64答案A解析正方形ABCD對(duì)角線長為8.則球心到正方形中心的距離d3.則E到正方形ABCD的最大距離為hd58.則VEABCD448.故選A.12(2019四省聯(lián)考診斷)如圖所示，四邊形ABCD為邊長為2的菱形，B60，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AB上運(yùn)動(dòng)(不含端點(diǎn))，且EFAC，沿EF把平面BEF折起，使平面BEF底面ECDAF，當(dāng)五棱錐BECDAF的體積最大時(shí)，EF的長為()A1B.C.D.答案B解析由EFAC可知BEF為等邊三角形，設(shè)EFx，等邊BEF的高為x，面積為x2

8、，所以五邊形ECDAF的面積為222x22x2，故五棱錐的體積為xxx3(0x2)令f(x)1x20，解得x，且當(dāng)0x時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x2時(shí)，f(x)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，為空間兩個(gè)不同的平面，給出下列命題：若m，m，則；若m，m，則；若m，mn，則n；若m，則m.其中正確的命題序號(hào)是_答案解析對(duì)于，若m，m，則與可能相交，故錯(cuò)誤；對(duì)于，若m，m，根據(jù)線面垂直和線面平行的性質(zhì)定理以及面面垂直的判定定理得到，故正確；對(duì)于，若m，mn，則n可能在內(nèi)，故錯(cuò)誤，對(duì)于，若m，則根據(jù)線面垂直

9、的性質(zhì)定理以及面面平行的性質(zhì)定理得到m，故正確故答案為.14如圖，在三棱柱A1B1C1ABC中，已知D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，AA1的中點(diǎn)，設(shè)三棱錐AFED的體積為V1，三棱柱A1B1C1ABC的體積為V2，則V1V2的值為_答案解析設(shè)三棱柱的高為h，F(xiàn)是AA1的中點(diǎn)，則三棱錐FADE的高為，D，E分別是AB，AC的中點(diǎn)，SADESABC，V1SADE，V2SABCh，.15.如圖，直三棱柱ABCA1B1C1的六個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為1的半球面上，ABAC，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_答案解析由題意知，球心在正方形的中心上，球的半徑為1，則正方形的邊長為.

10、三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，平面ABC平面BCC1B1，BC為截面圓的直徑，BAC90.ABAC，AB1，側(cè)面ABB1A1的面積為1.16(2019陜西四校聯(lián)考)直三棱柱ABCA1B1C1的底面是直角三角形，側(cè)棱長等于底面三角形的斜邊長，若其外接球的體積為，則該三棱柱體積的最大值為_答案4解析設(shè)三棱柱底面直角三角形的直角邊為a，b，則棱柱的高h(yuǎn)，設(shè)外接球的半徑為r，則r3，解得r2，上、下底面三角形斜邊的中點(diǎn)連線的中點(diǎn)是該三棱柱的外接球的球心，h2r4.h2，a2b2h282ab，ab4.當(dāng)且僅當(dāng)ab2時(shí)“”成立三棱柱的體積VShabhab4.三、解答題(本大題共70分)17.(10分

11、)如圖，在四棱錐PABCD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)角線的交點(diǎn)，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)，所以PDOE.又因?yàn)镺E平面ACE，PD平面ACE，所以PD平面ACE.(2) 在四棱錐PABCD中，因?yàn)镻C底面ABCD，BD底面ABCD，所以BDPC.因?yàn)镺為正方形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，所以BDAC.又PC，AC平面PAC，PCACC，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)

12、信中學(xué)測(cè)試)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABDC，PAD是等邊三角形，已知BD2AD8，AB2DC4.(1)設(shè)M是PC上的一點(diǎn)，證明：平面MBD平面PAD；(2)求四棱錐PABCD的體積(1)證明在ABD中，由于AD4，BD8，AB4，所以AD2BD2AB2.故ADBD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，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P作POAD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PABCD的高，又PAD是邊長為4的等邊三角形因此PO42.在四

13、邊形ABCD中，ABDC，AB2DC，所以四邊形ABCD是梯形，在RtADB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S24.故VPABCD24216.19(12分)(2019化州模擬)如圖所示，在四棱錐EABCD中，ED平面ABCD，ABCD，ABAD，ABADCD2.(1)求證：BCBE；(2)當(dāng)幾何體ABCE的體積等于時(shí)，求四棱錐EABCD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，BFCD，BFCFDF，CBD90，即BCBD.DE平面ABCD，BC平面ABCD，BCDE，又BDDED，BC平面BDE.由BE平面BDE得，

14、BCBE.(2)解VABCEVEABCDESABCDEABADDE，DE2，EA2，BE2，又AB2，BE2AB2AE2，ABAE，四棱錐EABCD的側(cè)面積為DEADAEABBCBEDECD622.20(12分)(2019青島調(diào)研)如圖，在長方形ABCD中，AB，AD2，E，F(xiàn)為線段AB的三等分點(diǎn)，G，H為線段DC的三等分點(diǎn)將長方形ABCD卷成以AD為母線的圓柱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ABHD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DHCH，又因?yàn)镈HFH，且CHFHH，所以DH平面B

15、CHF.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r，所以r1，CD2.因?yàn)镚，H為DC的三等分點(diǎn)，所以HDC30，所以在RtDHC中，HD，HC1，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BH

16、D的法向量m(0，2，1)，由圖形可知，二面角ABHD的平面角為銳角，設(shè)為，所以二面角ABHD的余弦值為cos.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以外的其余各棱長均為2.(1)作平面CDE與平面ABE的交線l，并寫出作法及理由；(2)求證：平面BDE平面ACE；(3)若多面體的體積為2，求直線DE與平面BCE所成角的正弦值(1)解過點(diǎn)E作AB(或CD)的平行線，即為所求直線l.AC和BD交于一點(diǎn)，A，B，C，D四點(diǎn)共面又四邊形ABCD邊長均相等，四邊形ABCD為菱形，從而ABDC.又AB平面CDE，且CD平面CDE，AB平面CDE.AB

17、平面ABE，且平面ABE平面CDEl，ABl.(2)證明取AE的中點(diǎn)O，連接OB，OD.ABBE，DADE，OBAE，ODAE.又OBODO，AE平面OBD，BD平面OBD，故AEBD.又四邊形ABCD為菱形，ACBD.又AEACA，BD平面ACE.又BD平面BDE，平面BDE平面ACE.(3)解由VEABCD2VEABD2VDABE2，即VDABE1.設(shè)三棱錐DABE的高為h，則h1，解得h.又DO.DO平面ABE.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OE，OD所在直線分別為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，)，

18、(，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，CDO所在的平面，BECD，CD4，BC2，且BE1，tanAEB2.(1)求證：平面ADC平面BCDE；(2)試問線段DE上是否存在點(diǎn)M，使得直線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)說明理由(1)證明CD平面ABC，BECD，BE平面ABC，BEAB.BE1，tanAEB2，AE，從而AB2.O的半徑為，AB是直徑，ACBC，又CD平面ABC，B

19、C平面ABC，CDBC，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，過點(diǎn)M作MNCD于N，連接AN，作MFCB于F，連接AF.平面ADC平面BCDE，平面ADC平面BCDEDC，MN平面BCDE，MN平面ACD，MAN為MA與平面ACD所成的角設(shè)MNx，計(jì)算易得，DNx，MF4x，故AM，sinMAN，解得x(舍去)，x，故MNCB，從而滿足條件的點(diǎn)M存在，且DMDE.方法二以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CD所在直線分別為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，c4)，再設(shè)，(0，1 ，即M(0，2，43)，從而(4，2，43)設(shè)直線AM與平面ACD所成的角為，則sin|cos，|，解得或，其中應(yīng)舍去，而(0，1，故滿足條件的點(diǎn)M存在，且點(diǎn)M的坐標(biāo)為.15