【文档说明】【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）【高考】.docx，共(15)页，418.090 KB，由小赞的店铺上传

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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Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ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Ⅰ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，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是()A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m∥α，m

⊥n，则n⊥αC．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD．若mα，nβ，α⊥β，则m⊥n2．(2019·福建省龙岩市一级达标校期末)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()A．1∶3B．3∶1C．2∶3D．3∶23．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，面对角线B1D1上存在一点P使得A1P＋PB最短，则A1P＋PB的最小值为()A.5B.2＋62C．2＋2D．24．(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.6πB．6πC．9πD．24π5.(2020·驻马店月考)如图，在空间四边形OABC中，OA→＝a，OB→＝b，OC→

＝c，且OM＝2MA，BN＝NC，则MN→等于()A.23a＋23b＋12cB.12a＋12b－12cC.－23a＋12b＋12cD.12a－23b＋12c6．(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，AB＝3，AD＝1，AA1＝2，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()

A．30°B．45°C．60°D．90°8．已知α，β是两个平面，直线l⃘α，l⃘β，若以①l⊥α；②l∥β；③α⊥β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．①③⇒②；①②⇒③B．①③

⇒②；②③⇒①C．①②⇒③；②③⇒①D．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒①9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2，D为AA1上一点．若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为()A.2B.3C．2D

.2210．圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为θ弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2，则θ的取值范围是()A．[2π，2π)B．[π，2π]C．{2π}D.2π2，π11．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AB＝AC＝1，BD＝2，则CD的长为()A．1B.3C．2D.512．已知△ABC与△BCD均为正三角形，且AB＝4.若平面ABC⊥平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为θ，则cosθ等于()A．－154B.

154C．－14D.14第Ⅱ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ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C

1MN＝________.13题图15题图14．(2019·佛山质检)已知正四面体P－ABC的棱长为2，D为PA的中点，E，F分别是线段AB，PC(含端点)边上的动点，则DE＋DF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P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB.则下列命题中正确的有________．(填序号)①PB⊥AD；②平面PAB⊥平面PAE；③BC∥平面PAE；④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ABCD－A1B1C1D1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，在直三棱柱AB

C－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.18.(12分)(2019·安徽省芜湖市检测)在Rt△AOB中，∠OAB＝π6，斜边AB＝4.Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且平面B

AO与平面AOC的夹角是直角．动点D在斜边AB上．(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P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD的中点．(1

)求直线CD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S－ABCD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，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.(

1)若M为棱SB的中点，求证：AM∥平面SCD；(2)当SM＝2MB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θ，求当sinθ取最大值时点N的位置．答案精析1．C[若m∥α，

α∩β＝n，当mβ时m∥n；若m∥α，m⊥n，则n可以与α平行、相交或在平面内；若m⊥α，n⊥α，则m∥n；若mα，nβ，α⊥β，则m，n可以平行、相交或异面，所以选C.]2．D[设圆柱的底面半径为r，轴截面正方形边长a，则a＝2r，可得圆柱的侧面积S1＝2πra＝4πr2，再设与圆柱表面积相等

的球半径为R，则球的表面积S2＝4πR2＝4πr2，解得R＝r，因此圆柱的体积为V1＝πr2×a＝2πr3，球的体积为V2＝43πR3＝43πr3，因此圆柱的体积与球的体积之比为V1V2＝32.]3．A[把对角面BD1及面A1B1D1展开，使矩形BDD1B1，Rt△D1A

1B1在一个平面上，则A1P＋PB的最小值为A1B，在△A1B1B中，∠A1B1B＝∠A1B1D1＋∠D1B1B＝π4＋π2＝3π4，A1B1＝1，B1B＝2，由余弦定理得A1B＝12＋(2)2－2×1×2cos3π4＝5.]4．B[如图，该几何体为四棱锥

P－ABCD，四边形ABCD为矩形，其中PD⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝2，PD＝1，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PB＝1＋1＋4＝6，该球的表面积为4π×6

22＝6π.]5．C[∵BN＝NC，∴ON→＝12(OB→＋OC→)，∵OM＝2MA，∴OM→＝23OA→，∴MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－23OA→＝－23a＋12b＋12c.]6．D[设圆柱的底面圆半

径为r，则r＝22－12＝3，所以圆柱的体积V1＝π×(3)2×2＝6π.又球的体积V2＝43π×23＝323π，所以球的体积与圆柱的体积的比V2V1＝32π36π＝169.]7．C[连接AD1，OE，AC1，如图所示，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Rt△D1AC1中，AD1＝3，C1D1＝3，所以tan∠D1AC1＝C1D1AD1＝3，∠D1AC1＝60°.故异面直线AD1与OE所成的角为60°.]8

．A[因为α⊥β，所以在β内找到一条直线m，使m⊥α，又因为l⊥α，所以l∥m.又因为l⊈β，所以l∥β，即①③⇒②；因为l∥β，所以过l可作一平面γ∩β＝n，所以l∥n，又因为l⊥α，所以n⊥α，又因为nβ，所以α⊥β，即①②⇒③.

故选A.]9．A[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，设AD＝t(0≤t≤2)，则C(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→·m＝0，CB→1·m＝0，得x＋tz＝0，2y＋2z＝0，令y＝1，得平面CDB1的一个法向量为m＝(t,1，－1)，由题意知

cos60°＝|m·CB→||m||CB→|＝22t2＋2＝12，解得t＝2.]10．C[设圆锥过轴的截面的中心角为2α，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12×22×sin2α＝2，所以2α＝π2

，则2r＝2×2＝22，圆锥的底面圆周长为2πr＝22π，展开后对应的扇形弧长为2θ＝22π，解得θ＝2π.]11．C[∵CA⊥AB，BD⊥AB，∴CA→·AB→＝0，BD→·AB→＝0，又∵CA与BD所在平面的夹角为60°，∴〈AC→，BD→〉＝60°，即

〈CA→，BD→〉＝120°，∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴CD→2＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→，∵AB＝AC＝1，BD

＝2，∴CD→2＝CA→2＋AB→2＋BD→2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→＝1＋1＋4＋0＋0＋2×1×2×cos120°＝4，∴CD的长为2.]12．D[如图，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OE∥CD，OF∥AB，则∠EOF或其补角为异面直线AB与CD所成的角．依题意得OE＝12CD＝2，OF＝12AB＝2，过点F作FG⊥BC于点G，易得FG⊥平面BCD，且FG＝12OA＝3，G为OC的中点，则OG＝1，又OE＝2，∠

EOG＝120°，所以由余弦定理得EG＝OG2＋OE2－2OG·OEcos∠EOG＝12＋22－2×1×2×cos120°＝7，由勾股定理得EF2＝FG2＋EG2＝(3)2＋(7)2＝10，在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF＝OE2＋OF2－EF22OE·OF＝22＋22－102×

2×2＝－14，所以cosθ＝14.]13．90°解析因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN平平ABB1A1，所以C1B1⊥MN.又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1平平C1MB1，MB1∩C1B1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1，又C1M平平C

1MB1，所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°.14.3解析过D作DG⊥AB，垂足为G，过D作DH⊥PC，垂足为H，∴DE≥DG＝AD·sin60°＝12×32×2＝32，同理DF≥DH＝32，故DE＋DF≥DG＋DH＝

32＋32＝3.15．②④解析∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴①不成立；∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，PA，AE平平PAE，∴AB⊥平面PAE，且AB平平PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故②成立；

∵BC∥AD，AD平平PAD，BC⃘平面PAD，∴BC∥平面PAD，又平面PAD∩平面PAE＝PA，∴直线BC∥平面PAE也不成立，即③不成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．16.

33解析作MM1⊥AD，垂足为M1，作NN1⊥CD，垂足为N1，连接M1N1，如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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MM1∥NN1，

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DM1＝DN1＝x，则MM1＝x，NN1＝1－x，在直角梯形MM1N1N中，MN2＝(2x)2＋(1－2x)2＝6x－132＋13，当x＝13时，MN的最小值为33.17．证明

(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.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BE⊥AC.因为三棱柱ABC－A1B1C

1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.18．(1)证明∵△AOB为直角三角形，且斜边为AB，∴∠AO

B＝π2.将Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到Rt△AOC，则∠AOC＝π2，即OC⊥AO.∵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AOB＝AO，OC平面AOC，∴OC⊥平面AOB.∵OC

平面COD，∴平面COD⊥平面AOB.(2)解在Rt△AOB中，∠OAB＝π6，斜边AB＝4，∴OB＝12AB＝2且∠OBA＝π3.由(1)知，OC⊥平面AOB，所以直线CD与平面AOB所成的角为∠ODC.在Rt△OCD中，∠COD＝π2，OC＝O

B＝2，CD＝OD2＋OC2＝OD2＋4，∴sin∠ODC＝OCCD＝2OD2＋4，当OD⊥AB时，OD取得最小值，此时sin∠ODC取得最大值，且OD＝OBsinπ3＝3.因此，sin∠ODC＝OCCD＝2OD2＋4

≤27＝277，即直线CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为277.19．解因为AP，AB，AD两两互相垂直，如图所示，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n⊥AC→，n⊥AM→，可得2x＋4y＝0，2y＋2z＝0，令z＝1，则n＝(2，－1,1)．(1)设所求角为α，又CD→＝(－2,0,0)，则sinα＝CD→·n|

CD→||n|＝42×6＝63.(2)设点P到平面ACM的距离为h，AP→＝(0,0,4)，则h＝AP→·n|n|＝46＝263.20.(1)证明取线段SC的中点E，连接ME，ED.在△SBC中，ME为中位线，∴ME

∥BC，且ME＝12BC，∵AD∥BC，且AD＝12BC∴ME∥AD，且ME＝AD，∴四边形AMED为平行四边形．∴AM∥DE且AM＝DE.∵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)，由条件得M为线段SB靠近B点的三等分点．于是AM→＝23AB→＋13AS→＝0，43，23，即M0，43，23，设平面AMC的一个法向量为

n＝(x，y，z)，则AM→·n＝0，AC→·n＝0，即43y＋23z＝0，2x＋2y＝0，令y＝1，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,2x－2,0)，其中1<x<2.因为M0，43，23，所以MN→＝x，2x－103，－23.所以sinθ＝|MN→·m||MN→||m|＝x5x2－403x＋1049＝11049·1x2－403·1x＋5，可知当1x＝－－4032089＝1526，即x＝2615时分母

有最小值，此时sinθ有最大值，此时，N2615，2215，0，即点N在线段CD上且ND＝11515.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com