1、检测七检测七立体几何与空间向量立体几何与空间向量 (时间：120 分钟满分：150 分) 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1下列说法正确的是() A空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上 B空间中，三角形、四边形都一定是平面图形 C空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱 D用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台 答案A 解析空间四边形不是平面图形，故 B 错；四面体不是四棱柱，故 C 错；平行于底面的平面 去截棱台，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故 D 错；根据公理 2 可知 A 正 确，故选 A. 2
2、(2020南昌模拟)已知平面内一条直线 l 及平面，则“l”是“”的() A充要条件B充分不必要条件 C必要不充分条件D既不充分也不必要条件 答案B 解析由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“l，l”可证得“”， 即充分性是成立的；反之由“，l”不一定得到“l”，即必要性不成立，所以 “l”是“”的充分不必要条件 3圆柱的底面积为 S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是() A4SB2S CSD.2 3 3 S 答案A 解析由r2S 得圆柱的底面半径是 S ， 故侧面展开图的边长为 2 S 2 S，所以圆柱的侧面积是 4S. 4若平面与的法向量分别是 a(2,4，3)，b(1,
3、2,2)，则平面与的位置关系是() A平行B垂直 C相交但不垂直D无法确定 答案B 解析因为 ab(2,4，3)(1,2,2)0，所以 ab，所以平面. 5(2020广州模拟)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，除面 ABCD 外，该正方体其余 各面的中心分别为点 E，F，G，H，M(如图所示)，则四棱锥 MEFGH 的体积为() A. 1 12 B.1 4 C.1 2 D.1 3 答案A 解析因为 E，F，G，H 分别为各个面的中心，显然 E，F，G，H 四点共面，截面如图所示 显然四边形 EFGH 为正方形，且边长为 2 2 ， 所以 S正方形EFGH 2 2 2 2 1 2
4、. 另外易知点 M 到平面 EFGH 的距离为正方体棱长的一半， 即四棱锥 MEFGH 的高为1 2， 所以四棱锥 MEFGH 的体积 V1 3 1 2 1 2 1 12. 6(2020沈阳期末)在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 P，Q，R 分别为棱 AA1， BC，C1D1的中点，经过 P，Q，R 三点的平面为，平面被此正方体所截得截面图形的面积 为() A3 3B6 2C. 3 2 D. 2 答案A 解析如图所示，F，G，H 是对应棱的中点 易知，RF 与 HQ 相交，确定一个平面 HQRG，故 G 在平面内，同理 P 在平面内 故平面被此正方体所截得截面图形为正六边
5、形 HPFQGR，边长为 2， S1 2 2 2sin 363 3. 7 (2019湖南师大附中月考)如图所示， 在单位正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角线 A1B 上存 在一点 P 使得 APD1P 取得最小值，则此最小值为() A2B. 2 6 2 C2 2D. 2 2 答案D 解析将ABA1翻折到与四边形 A1BCD1同一平面内， APD1P 的最小值为 D1A， 在D1AA1 中 A1D11，AA11，AA1D13 4 ，由余弦定理可得 AD1 2 2，故选 D. 8(2020泸州诊断)如图，在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，且ABC 为等边三角形， AB3，PA2，则三
6、棱锥 PABC 的外接球的表面积为() A4B16C8D32 答案B 解析由题意得三棱锥 PABC 的外接球球心在过ABC 的中心 O1且垂直于平面 ABC 的直 线上，设为点 O，球半径设为 R，则 OO1PA 2 1，AO1 3， R 132，从而外接球的表面积为 4R216. 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分全部选对的得 5 分，部分选对的 得 3 分，有选错的得 0 分) 9在正方体 ABCDA1B1C1D1中，下列直线或平面与平面 ACD1平行的有() A直线 A1BB直线 BB1 C平面 A1DC1D平面 A1BC1 答案AD 解析对于 A，由于 A
7、1BD1C，且 A1B平面 ACD1，可得直线 A1B平面 ACD1； 对于 B，由于 B1BD1D，且 D1D平面 ACD1D1，可得直线 B1B 不平行平面 ACD1； 对于 C，由于 A1D 与 AD1相交，A1D平面 A1DC1，可得平面 A1DC1不与平面 ACD1平行； 对于 D，由于 C1BD1A，C1B平面 ACD1，所以 C1B平面 ACD1，又因为 A1B平面 ACD1， C1BA1BB，所以平面 A1BC1平面 ACD1. 故选 AD. 10下列命题中不正确的是() A若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这
8、两个平面平行 C若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 答案ABD 解析A 项，若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故 A 错误； B 项，若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故 B 错 误； C 项，设平面a，l，l，由线面平行的性质定理知，在平面内存在直线 bl， 在平面内存在直线 cl， 所以由平行公理知 bc， 从而由线面平行的判定定理可证明 b， 进而由线面平行的性质定理证明得 ba，从而 la，故 C 正确； D 项，若两个平面都垂直于第三个平面，
9、则这两个平面平行或相交，D 错误 故选 ABD. 11如图，已知棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，下列命题正确的是() A平面 ACB1平面 A1C1D，且两平面的距离为 3 3 B点 P 在线段 AB 上运动，则四面体 PA1B1C1的体积不变 C与所有 12 条棱都相切的球的体积为 2 3 DM 是正方体的内切球的球面上任意一点，N 是ACB1外接圆的圆周上任意一点，则|MN| 的最小值是 3 2 2 答案ABC 解析AAB1DC1，ACA1C1，且 ACAB1A，DC1A1C1C1， 平面 ACB1平面 A1C1D， 长方体的体对角线 BD1 3， 设 B 到平面 ACB
10、1的距离为 h， 则 VBAB1C1 3 1 2111 1 3 1 2 2 2 3 2 h，即 h 3 3 ， 则平面 ACB1与平面 A1C1D 的距离 d 32h 32 3 3 3 3 ，故 A 正确， B点 P 在线段 AB 上运动，则四面体 PA1B1C1的高为 1，底面积不变，则体积不变，故 B 正确， C与所有 12 条棱都相切的球的直径 2R 等于面的对角线 B1C 2，则 2R 2，R 2 2 ， 则球的体积 V4 3R 34 3 2 2 3 2 3 ， 故 C 正确， D设该正方体的内切球的球心为 O，正方体的外接球的球心为 O， 则ACB1的外接圆是正方体的外接球 O的一个
11、小圆， 点 M 在正方体的内切球的球面上运动，点 N 在ACB1的外接圆上运动， 线段 MN 长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球的半径， 正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1， 线段 MN 长度的最小值是 3 2 1 2.故 D 错误， 故选 ABC. 12如图，已知在矩形 ABCD 中，AB2AD，E 为边 AB 的中点，将ADE 沿线段 DE 翻折 成A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则ADE 在翻折过程中，下列说法正确的是() A线段 BM 的长是定值 B存在某个位置，使 DEA1C C点 M 的运动轨迹是一个圆 D存在某个位置，使 MB平面 A1DE
12、答案AC 解析取 CD 的中点 F，连接 MF，BF，则 MFDA1，BFDE，且 MFBFB，DA1DE D， 所以平面 MBF平面 A1DE， 所以 MB平面 A1DE， D 错误； 由题意可知ADEA1DE MFB 4，MF 1 2A 1D，为定值，FBDE，为定值，因此由余弦定理可得 MB2MF2 FB22MFFBcosMFB，所以 MB 是定值，所以点 M 在以 B 为圆心，BM 为半径的圆上， 故 AC 正确； 由题意可知 DECE 2AD 2 2 AB， 则 DECE， 若 B 成立， 且 CEA1CC， 可得 DE平面 A1EC，此时 DEA1E，与 DA1A1E 矛盾，故 B
13、 错误综上可得 AC 正确， 故选 AC. 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13把一个底面半径为 3 cm，高为 4 cm 的钢质实心圆柱熔化，然后铸成一个实心钢球(不计 损耗)，则该钢球的半径为_cm，表面积为_cm2.(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 答案336 解析圆柱体积 V圆柱9436，球的体积 V球4 3r 3， 所以4 3r 336，解得 r3， 所以球的表面积为 4r236. 14.如图所示，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，若各条棱长均为 2，且 M 为 A1C1的中点，则三 棱锥 MAB1C 的体积是_ 答案 2 3 3 解析方法一因为
14、 1 MAB C V 1 1 1 ABCA B C V 1 1 AA B M V 1 BABC V 1 1 CB C M V ， 所以 1 MAB C V 2 3 4 221 32 1 2 3 4 221 32 3 4 221 32 1 2 3 4 222 3 3 . 方法二 1 MAB C V 1 BAMC V 1 3S AMCh， h 是点 B1到平面 AMC 的距离， 在正三棱柱 ABCA1B1C1中，M 是 A1C1的中点， B1MA1C1，且 B1MAA1，且 A1C1AA1A1， B1M平面 ACC1A1，hB1M 3. 1 BAMC V 1 3 1 2ACAA 1B1M 1 62
15、2 3 2 3 3 . 15 (2020安顺联考)已知三棱锥 PABC 满足平面 PAB平面 ABC， ACBC， AB4， APB 30，则该三棱锥的外接球的表面积为_ 答案64 解析因为 ACBC，所以ABC 的外心为斜边 AB 的中点， 因为平面 PAB平面 ABC，所以三棱锥 PABC 的外接球球心在平面 PAB 上， 即球心就是PAB 的外心， 根据正弦定理 AB sinAPB2R，解得 R4， 所以外接球的表面积为 4R264. 16(2020武汉模拟)已知正方体 ABCDABCD的棱长为 3，垂直于棱 AA的截面 分别与面对角线 AD，AB，CB，CD 相交于点 E，F，G，H，
16、则四棱锥 AEFGH 体积的最大值为_ 答案 8 3 解析由题意得平面 EFGH平面 ABCD， 则 EFBDHG，FGACEH， 而 ACBD，所以 EFFG， 所以四边形 EFGH 为矩形， 易知AEFABD， 设相似比为 m，BD 2AB3 2， 所以 EF3 2m(0m0，V 在 0，2 3 上单调递增， 当 m 2 3，时，V0，V 在 2 3，上单调递减， 所以当 m2 3时，V 取最大值， Vmax18 2 3 2 2 3 3 8 3. 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17.(10 分)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，ACBC，E，F 分别为 AB，A1B1
17、的中点 (1)求证：AF平面 B1CE； (2)若 A1B1B1C，求证：平面 B1CE平面 ABC. 证明(1)在三棱柱 ABCA1B1C1中，ABA1B1，ABA1B1， E，F 分别是 AB，A1B1的中点， FB1AB，FB11 2AB，AE 1 2AB， FB1AE，FB1AE，四边形 FB1EA 为平行四边形， AFEB1. 又AF平面 B1CE，EB1平面 B1CE， AF平面 B1CE. (2)由(1)知，ABA1B1， A1B1B1C， ABB1C， 又在ABC 中，ACBC，E 为 AB 的中点， ABEC. 又ECB1CC，EC，B1C平面 B1CE， AB平面 B1CE
18、. 又AB平面 ABC， 平面 ABC平面 B1CE. 18(12 分)(2020日照期末)如图所示，在梯形 CDEF 中，四边形 ABCD 为正方形，且 AE BFAB1，将ADE 沿着线段 AD 折起，同时将BCF 沿着线段 BC 折起使得 E，F 两 点重合为点 P. (1)求证：平面 PAB平面 ABCD； (2)求点 D 到平面 PBC 的距离 h. (1)证明四边形 ABCD 为正方形， ADAB， 又ADAE，即 ADPA，且 PAABA，PA，AB平面 PAB， AD平面 PAB， 又AD平面 ABCD， 平面 PAB平面 ABCD. (2)解过点 P 作 POAB 交 AB
19、于 O，如图所示， 由(1)知平面 PAB平面 ABCD，且平面 PAB平面 ABCDAB， PO平面 ABCD， VPBCD1 3POS BCD1 3 3 2 1 2 3 12， 又VPBCDVDPBC， 1 3S PBCh 3 12， 即1 3 1 211h 3 12， 解得 h 3 2 ， 点 D 到平面 PBC 的距离 h 3 2 . 19(12 分)(2020株州模拟)如图，已知三棱锥 MABC 中，MAMBMCAC2 2，AB BC2，O 为 AC 的中点，点 N 在边 BC 上，且BN 2 3BC . (1)证明：BO平面 AMC； (2)求二面角 NAMC 的正弦值 (1)证明
20、连接 OM， 在ABC 中，ABBC2，AC2 2，O 为 AC 的中点，则 OBAC，且 OB 2. 在MAC 中，MAMCAC2 2，O 为 AC 的中点，则 OMAC，且 OM 6. 在MOB 中，满足 BO2OM2MB2， 所以 OBOM， 又 ACOMO，AC，OM平面 AMC， 故 OB平面 AMC. (2)解因为 OB，OC，OM 两两垂直，以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为 MAMBMCAC2 2，ABBC2， 则 A(0， 2，0)，B( 2，0,0)，C(0，2，0)，M(0,0， 6)， AM (0，2， 6)，BC ( 2，2，0)， 由BN 2
21、3BC ， 所以 N 2 3 ，2 2 3 ，0 ，则AN 2 3 ，5 2 3 ，0 ， 设平面 MAN 的法向量为 m(x，y，z)， 则 AN m 2 3 ，5 2 3 ，0 x，y，z 2 3 x5 2 3 y0， AM m0， 2， 6x，y，z 2y 6z0， 令 y 3，得 m(5 3，3，1)， 因为 BO平面 AMC， 所以OB ( 2，0,0)为平面 AMC 的法向量， 所以 m(5 3，3， 1)与OB ( 2， 0,0)所成角的余弦值为 cos m， OB 5 6 79 2 5 3 79 . 所以二面角的正弦值为|sinm， OB |1 5 3 79 2 2 79 2
22、79 79 . 20(12 分)如图 1，在平面四边形 ABCD 中，BAD60，ABBD，BCCD 且 BCCD. 将CBD 沿 BD 折成如图 2 所示的三棱锥 CABD，使二面角 CBDA 的大小为 30. (1)证明：ACBD； (2)求直线 BC与平面 CAD 所成角的正弦值 (1)证明在平面四边形 ABCD 中，BAD60，ABBD， 所以ABD 为正三角形， 在三棱锥 CABD 中，取 BD 的中点 M，连接 AM，CM， 则 AMBD，CMBD， 因为 AMCMM，AM，CM平面 CAM， 所以 BD平面 CAM，又 AC平面 CAM， 所以 ACBD. (2)解设 AB2，则
23、 AM 3，CM1， 由(1)知，CMA 为二面角 CBDA 的平面角， 所以CMA30， 在CAM 中，利用余弦定理可求得 AC1， 所以CAM 为等腰三角形，取 AM 的中点 O， 则 COAM，又 COBD，AMBDM，AM，BD平面 ABD， 所以 CO平面 ABD，取 AB 的中点 N，则 ONBD，且 ONAM， 所以以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 则 A 0， 3 2 ，0 ，B 1， 3 2 ，0 ，D 1， 3 2 ，0 ，C 0，0，1 2 ， BC 1， 3 2 ，1 2 ，AD (1，3，0)，AC 0， 3 2 ，1 2 ， 设平面 CAD 的法向量为
24、m(x，y，z)， 则 mAD 0， mAC 0， 即 x 3y0， 3 2 y1 2z0， 可取 m( 3，1， 3)， 所以 cosBC ，m BC m |BC |m| 1 3 3 2 11 2 3 13 4 1 4 313 42 7 . 所以直线 BC与平面 CAD 所成角的正弦值为 42 7 . 21(12 分)(2020宜昌模拟)如图所示，在三棱锥 PABC 中，PABC，ABAP1，BC 2 2，PC 6，ABC45. (1)求证：平面 ABC平面 PAC； (2)E 为棱 AC 上一点，试确定点 E 的位置，使得直线 PE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 3 9 . (1)证明
25、在ABC 中，由余弦定理得 AC2BC2AB22BCABcosABC (2 2)21222 21cos 455， 即 AC 5， 又 PA1，PC 6， PC2PA2AC2，PAAC， 又 PABC，ACBCC，AC，BC平面 ABC， PA平面 ABC， 又 PA平面 PAC， 平面 ABC平面 PAC. (2)解设 BC 的中点为 D，连接 AD， BD1 2BC 2，AB1， 又ABC45，ADAB. 如图所示，以点 A 为坐标原点，以 AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系 则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0,1
26、), AC (1,2,0)，AP (0,0,1)，BC (2,2,0)，BP (1,0,1), 设AE AC(，2，0)(01)， 则PE AEAP(，2，1)， 设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 nBP 0， nBC 0， 即 xz0， 2x2y0， 令 x1，可得 yz1， n(1,1,1)，设直线 PE 与平面 PBC 所成的角为， 则 sin |cosn， PE | |21| 3 22212 1 3 521 3 9 ， 整理得 22940， 01，1 2，E 为棱 AC 的中点 22(12 分)如图，已知长方形 ABCD 中，AB2 2，AD 2，M 为 DC 的中点
27、将ADM 沿 AM 折起，使得平面 ADM平面 ABCM. (1)求证：ADBM； (2)若点 E 是线段 DB 上的一动点，问点 E 在何位置时，二面角 EAMD 的余弦值为 5 5 . (1)证明长方形 ABCD 中，AB2 2，AD 2，M 为 DC 的中点， AMBM2，AB2AM2BM2，BMAM. 平面 ADM平面 ABCM，平面 ADM平面 ABCMAM，BM平面 ABCM， BM平面 ADM， AD平面 ADM， ADBM. (2)解以 AM 的中点 N 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 M(1,0,0)，D(0,0,1)，B(1,2,0)，A(1,0,0)， 设DE DB ， 则平面 AMD 的一个法向量为 n(0,1,0)， ME MD DB (1，2，1)，AM (2,0,0)， 设平面 AME 的一个法向量为 m(x，y，z)， 则 AM m0， ME m0， 即 2x0， x12y1z0， 取 y1，得 x0，z 2 1， 所以 m 0，1， 2 1 ， 因为 cosm，n mn |m|n| 5 5 ，解得1 2， 所以 E 为 BD 的中点时，二面角 EAMD 的余弦值为 5 5 .
