单元提升卷09 空间向量与立体几何（解析版） - 用于合并

单元提升卷09空间向量与立体几何（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．水平放置的ABC的直观图如图，其中1BOCO，32AO，那么原ABC是一个（）A．等边三角形B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形【答案】A【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.【详解】由图形知，在原ABC中，AOBC，如图，因为32AO，所以3AO，1BOCO，2BC，又22312ABAOBO，22312ACAOCO.ABC△为等边三角形.故选：A2．如图直角梯形ABCD中，ADBC∥，且222BCABAD，以AB为轴旋转一周，形成的几何体中截一正四棱台的最大体积为（）A．73B．143C．7D．283【答案】B【分析】根据题意，旋转形成的几何体是圆台，从圆台中截一最大体积的正四棱台，求出上下底面的边长和高，根据棱台的体积公式计算出体积.【详解】直角梯形ABCD，以AB为轴旋转一周，形成的几何体是上底面半径为1，下底面半径为2，高为1的圆台，该圆台中截取的最大体积的正四棱台如图，上底面边长为2，下底面边长为22，高为1，所以正四棱台的最大体积为：22221114++2222221333VSSSSh下下上上.故选：B.3．已知mn、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面．下列说法中不正确的是（）A．若//,,mmn，则//mnB．若//,//mnm，则//nC．若,,n，则nD．若,,//mm，则//【答案】B【分析】根据空间中的线面、面面关系逐一判断即可.【详解】由线面平行的性质定理可知A正确；若//mn，//m，则//n或n，故B错误；因为，所以由面面垂直的性质定理可知，必有l，使得l，同理，由得必有b，使得b，从而有//lb，若l与n是相同直线，则由l得n；若l与n是不同直线，则由b，l，可得l//，因为n，l，则由线面平行的性质定理可得//ln，故n，故C正确；若,mm，则//，又//，则//，故D正确．故选：B.4．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥PABCD为阳马，PA平面ABCD，且2ECPE，若DExAByAzAPC，则xyz（）A．1B．2C．13D．53【答案】A【分析】根据向量线性运算，以,,ABACAP为基底表示出DE，从而确定,,xyz的取值.【详解】2ECPE，13PEPC，1133DEAEADAPPEADAPPCADAPACAPAD212121333333APACADAPACBCAPACACAB2233APACAB，1x，23y，23z，1xyz.故选：A.5．如图，在三棱锥PABC中，异面直线AC与PB所成的角为60°，E，F分别为棱PA，BC的中点，若2AC，4PB，则EF（）A．3B．2C．3或7D．2或7【答案】C【分析】利用线线角以及余弦定理求得EF.【详解】设G是AB的中点，连接,FGEG，由于E，F分别为棱PA，BC的中点，所以11//,1,//,222FGACFGACEGPBEGPB,所以EGF是异面直线AC与PB所成的角或其补角，当60EGF时，在三角形EFG中，由余弦定理得14212cos603EF.当120EGF时，在三角形EFG中，由余弦定理得14212cos1207EF.所以EF为3或7.故选：C6．已知ABC是边长为4的等边三角形，将它沿中线AD折起得四面体ABCD，使得此时23BC，则四面体ABCD的外接球表面积为（）A．16πB．18πC．21πD．28π【答案】D【分析】根据题意可得AD平面BCD，将四面体ABCD转化为直三棱柱AEFBCD，四面体ABCD的外接球即为直三棱柱AEFBCD的外接球，结合直三棱柱的性质求外接圆半径.【详解】因为ABC为等边三角形，且AD为中线，则ADBC，即,ADBDADDC，且,,BDDCDBDDC平面BCD，可得AD平面BCD，设BCD△的外接圆圆心为1O，半径为r，因为2,23BDCDBC，由余弦定理可得22244121cos22222BDCDBCBDCBDCD，且0,πBDC，则2π3BDC，所以22sinBCrBDC，将四面体ABCD转化为直三棱柱AEFBCD，四面体ABCD的外接球即为直三棱柱AEFBCD的外接球，设四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为R，则1132OOAB，则22217ROOr，所以四面体ABCD的外接球表面积为24π28πR.故选：D.7．如图，在四面体ABCD中，2ABCD，5ACADBCBD，若用一个与AB，CD都平行的平面截该四面体，下列说法中错误的（）A．异面直线AB与CD所成的角为90°B．平面截四面体ABCD所得截面周长不变C．平面截四面体ABCD所得截面不可能为正方形D．该四面体的外接球半径为62【答案】C【分析】取CD中点M，即可得到CD平面ABM，从而说明A，设平面与四面体ABCD的各棱的交点分别为E，F，G，H，根据线面平行的性质得到//ABHG，同理，//FGCD，从而得到线段比例关系，即可判断B、C，四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，即可判断D.【详解】对于A，如图1，取CD中点M，ACD为等腰三角形且ACAD，那么CDAM，同理，CDBM，且AMBMM，,AMBM平面ABM，那么CD平面ABM，而AB平面ABM，所以CDAB，故A正确；对于B，如图2，设平面与四面体ABCD的各棱的交点分别为E，F，G，H，由//AB平面，且AB平面ABD，两个平面的交线为HG，则//ABHG，同理，//FGCD，所以截面EFGH为平行四边形，∴HGHDABBD，HEBHCDBD，又2ABCD，所以2HGHE，∴截面的周长为22，B正确；对于C，E，F，G，H为各棱中点时，截面是边长为22的正方形，C错误；对于D，如图3，四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，则外接球的半径62r，D正确．故选：C8．三棱锥OABC中，,,OAOBOC两两垂直且相等，点,PQ分别是线段BC和OA上移动，且满足12BPBC，12AQAO，则PQ和OB所成角余弦值的取值范围是（）A．325[,]35B．32[,]32C．625[,]65D．62,62【答案】C【分析】分别以OAOBOC，，为,,xyz轴建立空间直角坐标系,设BPBC，得出0,22,2P，设,0,0Qm，从而得出22222cos,4(1)4PQOBm，设1t，结合参数,mt的范围得出答案.【详解】由OAOBOC，，两两垂直且相等,分别以OAOBOC，，为,,xyz轴建立空间直角坐标系.如图所示，不妨取2OA．则0,2,0B，0,0,2C．设0,,Pyz，BPBC，102．则0,2,0,2,20,2,2yz，222yz解得22y，2z．0,22,2P．设,0,0Qm，12m≤≤，则,22,2PQm，又0,2,0OB，22222cos,||4(1)4PQOBPQOBPQOBm．设1t，则112t，所以2222222cos,4(1)414(1)4tPQOBmttmtt，由112t，则112t，12m，则14mt，当1,1tm时，11t，1mt同时达到最小值，此时2214(1)4mtt取得最小值5，所以cos,PQOB有最大值255，此时0,2,0P,1,0,0Q；1,22tm时，12t，4mt同时达到最大值，此时2214(1)4mtt取得最大值26，所以cos,PQOB有最小值66，此时0,1,1P，2,0,0Q；综上可得：PQ和OB所成角余弦值的取值范围是625,65．故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AC与BD交于点O，PA面ABCD，且2PA，则以下说法正确的是（）A．BD平面PACB．PD与平面PAC所成角为30C．//CD面PABD．点D到面PAC的距离为2【答案】ABC【分析】利用线线垂直可判定A项，利用线面角定义可判定B项，利用线线平行可判定C项，利用线面垂直可判定D项.【详解】由于四边形ABCD是边长为2的正方形，故ACBD，又PA面ABCD，BD面ABCD，∴PABDPAACABD，，面PAC，故A正确；连接PO，由A可知：PD与平面PAC所成角为OPD，由条件可得222,6,2,tan306ACBDPOODOPDOPD，故B正确；易知CDABAB∥，面PAB，CD面PAB，即//CD面PAB，故C正确；由A可知点D到面PAC的距离为OD，而2OD，故D错误.故选：ABC10．已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，设圆锥的顶点为V，A，B是底面圆周上的两个不同的动点，给出下列四个结论，其中成立的是（）A．圆锥的侧面积为4πB．母线与圆锥的高所成角的大小为30C．VAB可能为等腰直角三角形D．VAB面积的最大值为3【答案】BD【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线长，再逐项分析判断作答.【详解】由圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个半圆，得2π1πVA，则2VBVA，对于A，圆锥侧面积为π12πVA，A错误；对于B，圆锥底面圆直径为2，即圆锥轴截面三角形为等边三角形，则母线与圆锥的高所成角的大小为30，B正确；对于C，由选项B知，等腰VAB的顶角AVB满足：060AVB，则VAB不可能为等腰直角三角形，C错误；对于D，VAB面积11sin22sin62023SVAVBAVB，D正确.故选：BD11．所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体，拟柱体的侧面是三角形、梯形或平行四边形，其体积是将上下底面面积、中截面(与上下底面距离相等的截面)面积的4倍都相加再乘以高(上下底面的距离)的16，在拟柱体1111222ABCDABC中，平面1111DCBA//平面222ABC，,,,EFGH分别是12121212,,,AABBCCDA的中点，O为四边形EFGH内一点，设四边形1111DCBA的面积1222,SABC的面积为2S，面EFGH截得拟柱体的截面积为S，平面1111DCBA与平面222ABC的距离为h，下列说法中正确的有（）A．直线21AD与21BB是异面直线B．四边形1122BCBC的面积是2BFG的面积的4倍C．挖去四棱锥1111OABCD与三棱锥222OABC后，拟柱体剩余部分的体积为23ShD．拟柱体1111222ABCDABC的体积为1213hSSS【答案】ABC【分析】由面面平行的性质证线线平行，结合异面直线、梯形定义及中位线性质等判断A、B；利用柱体、锥体体积公式求体积