【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：阶段检测卷(六)+(立体几何)

阶段检测卷(六)(立体几何)
时间：50分钟满分：100分
一、单项选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中．
1．已知a ，b ，c 是三条不同的直线，命题“a ∥b 且a ⊥c ⇒b ⊥c ”是正确的，如果把a ，b ，c 中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个2．已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m ⊥β的是()
A ．α⊥β且m ⊂α
B ．α⊥β且m ∥α
C ．m ∥n 且n ⊥β
D ．m ⊥n 且n ∥β3．平面α过正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的顶点A ，平面α∥平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD ＝l ，则直线l 与直线A 1C 1所成的角为()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．(2019年黑龙江模拟)如图N6­1所示，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，
E ，
F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于()
图N6­1A.105 B.155 C.45 D.
2
35．三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥面ABC ，PA ＝2，AB ＝AC ＝3，∠BAC ＝60°，则该三棱锥的
外接球的表面积是()
A ．12π
B ．8π
C ．83π
D ．43π6．某几何体的三视图如图N6­2所示，则该几何体的体积为()
图N6­2
A.1
2 B.22 C.3
3 D.2
3
二、多项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，请将正确选项填入题后的括号中．
7．如图N6­3，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算的结果为AC 1→的有()
图N6­3
A.AB →＋BC →＋CD →
B.AA 1→＋B 1C 1→＋D 1C 1
→C.AB →－C 1C →＋B 1C 1→ D.AA 1→＋DC →＋B 1C 1
→8．如图N6­4所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD .将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′­BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论错误的是()
图N6­4
A ．A ′C ⊥BD
B ．∠BA ′
C ＝90°C ．CA ′与平面A ′B
D 所成的角为30°D ．四面体A ′­BCD 的体积为13
三、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上．
9．考查下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，则此条件为_________．
①m ⊂αl ∥m l ∥α；②l ∥m m ∥αl ∥α；③l ⊥β
α⊥βl ∥α.
10．)，B ，C ，D 在同一球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若四面体ABCD 外接球的球心O 恰好在侧棱DA 上，DC ＝23，则这个球的表面积为___________．11．(2019年福建泉州模拟)如图N6­5，点P 在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列命题：
图N6­5
①三棱锥A ­D 1PC 的体积不变；
②A 1P ∥平面ACD 1；
③DP ⊥BC 1；
④平面PDB 1⊥平面ACD 1.
其中正确的命题序号是________．
四、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．
12．(14分)(2019年北京)如图N6­6，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD ；(2)求二面角F ­AE ­P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23
.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．
图N6­6
13．(20分)(2019年浙江)如图N6­7，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．
图N6­7
阶段检测卷(六)
1．C 2．C 解析：对于选项A ，α⊥β且m ⊂α，可得m ∥β或m 与β相交或m ⊂β，故A 不成立；对于选项B ，α⊥β且m ∥α，可得m ⊂β或m ∥β或m 与β相交，故B 不成立；对于选项C ，m ∥n 且n ⊥β，则m ⊥β，故C 正确；对于选项D ，由m ⊥n 且n ∥β，可得m ∥β或m 与β相交或m ⊂β，故D 不成立．故选C.3．D 解析：如图D280所示，平面α过正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的顶点A ，平面α∥平面A 1BD ，平面α∩平面ABCD ＝l ＝AF ，平面A 1BD ∩平面ABCD ＝BD ，∴BD ∥AF ，又∵A 1C 1∥AC ，则直线l 与直线A 1C 1所成的角即为直线BD 与直线AC 所成的角，为90°.故选D.
图D280
4．B
解析：设正方体的棱长为2，建立如图D281所示的坐标系，O (1,1,0)，E (0,2,1)，
F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)．
∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝FD 1→·OE →|FD 1→||OE →|＝1＋0＋25×3＝155.
图D281图D282
5．B 解析：由图D282及题意可得，△ABC 为等边三角形，边长为3，PA ⊥面ABC ，则该三棱锥的外接球是以△ABC 为底面，PA 为高的三棱柱的外接球，△ABC 的外接圆半径为23×32×3＝1，PA ＝2，则球心到面ABC 外接圆圆心的距离为1，故外接球半径r ＝12＋12＝2，∴该三棱锥的外接球的表面积S ＝4πr 2＝8π.故选B.
6．D 解析：根据几何体的三视图可知该几何体的直观图为如图所示的四棱锥P ­ABCD ，(图中虚线是为了衬托四棱锥P ­ABCD )且△PAB 为等腰直角三角形，易知S 四边形ABCD ＝2×2＝22.在直观图中过点P 作直线AB 的垂线PE .垂足为E ，则根据正方体的性质BC ⊥平面PAB 可
知BC ⊥PE .又∵AB ⊥PE ，∴PE ⊥平面ABCD ，因此点P 到平面ABCD 的距离为PE ＝22，∴V P －ABCD ＝13×22×22＝23.7．BCD 8．ACD 解析：依题意可知，三角形A ′BD 是等腰直角三角形．由于平面A ′BD ⊥平
面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊥BD ，所以CD ⊥平面A ′BD ，则CD ⊥A ′D ，CD ⊥A ′B .A 选项，假设A ′C ⊥BD ，而CD ⊥BD ，∴BD ⊥平面A ′CD ，则BD ⊥A ′D ，这与∠A ′DB ＝45°矛盾，故A 错误．B 选项，在△A ′BC 中，A ′B ＝1，A ′C ＝A ′D 2＋CD 2＝2，BC ＝BD 2＋CD 2＝3，∴A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2，∴∠BA ′C ＝90°，故B 正确．
C 选项，∵C
D ⊥平面A ′BD ，∴∠CA ′D 是CA ′与平面A ′BD 所成的角，由上述分析可知，△A ′CD 是等腰直角三角形，∴∠CA ′D ＝45°，故C 错误．
D 选项，V C －A ′BD ＝13×S △A ′BD ×CD ＝13×12×1×1×1＝16，故D 错误．故选ACD.9．l ⊄α解析：①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l 为平面α外的直线”，即
“l ⊄α”，它也同样适合②③，故填l ⊄α.
10．16π解析：如图D283所示，设三角形ABC 所在小圆的圆心为O 1，则O 1为AC 的中点，
图D283
且OO 1⊥平面ABC ，又DC ∥OO 1，∴DC ⊥平面ABC .
∴(2R )2＝DA 2＝AC 2＋DC 2＝16，外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π.
11．①②④解析：对于①，V 1A D PC -＝V 1P AD C -，点P 到平面AD 1C 的距离即为线BC 1与平面AD 1C 的距离，为定值，故①正确；对于②，∵平面A 1C 1B ∥平面ACD 1，∴线A 1P ∥平面ACD 1；对于③，由于当点P 在B 点时，DB 不垂直于BC 1，即DP 不垂直于BC 1，故③错误；对于④，由于B 1D ⊥平面ACD 1，∴平面PDB 1⊥平面ACD 1.12．(1)证明：由于PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，则PA ⊥CD ，
由题意可知AD ⊥CD ，且PA ∩AD ＝A ，
由线面垂直判定定理可得CD ⊥平面PAD .
(2)解：以点A 为坐标原点，平面ABCD 内与AD 垂直的直线为x 轴，AD ，AP 方向为y 轴，z 轴建立如图D284所示的空间直角坐标系A ­xyz ，
图D284
易知：A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，
由PF →＝13
PC →可得点F 的坐标为，23，由PE →＝12
PD →可得E (0,1,1)，设平面AEF 的法向量为：m ＝(x ，y ，z )，则
·AF →＝(x ，y ，z )，23，＝23x ＋23y ＋43
z ＝0，·AE →＝(x ，y ，z )·(0，1，1)＝y ＋z ＝0，
据此可得平面AEF 的一个法向量为：m ＝(1,1，－1)，
很明显平面AEP 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，
cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |×|n |＝13×1＝33
，
二面角F ­AE ­P 的平面角为锐角，故二面角F ­AE ­P 的余弦值为
3.(3)解：易知P (0,0,2)，B (2，－1,0)，由PG →＝23PB →可得，－23，则AG →，－23，注意到平面AEF 的一个法向量为：m ＝(1,1，－1)，
其m ·AG →＝0且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内．
13．(1)证明：如图D285所示，连接A 1E ，B 1E,
等边△AA 1C 中，AE ＝EC ，则A 1E ⊥AC ，
平面ABC ⊥平面A 1AC 1C ，且平面ABC ∩平面A 1AC 1C ＝AC ，
由面面垂直的性质定理可得：A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥BC ，
由三棱柱的性质可知A 1B 1∥AB ，而AB ⊥BC ，故A 1B 1⊥BC ，且A 1B 1∩A 1E ＝A 1，由线面垂直的判定定理可得：BC ⊥平面A 1B 1E ，
结合EF ⊂平面A 1B 1E ，故EF ⊥BC .
图D285图D286
(2)解：如图D286，在底面ABC 内作EH ⊥AC ，以点E 为坐标原点，EH ，EC ，EA 1方向分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系E ­xyz .
设EH ＝1，则AE ＝EC ＝3，AA 1＝CA 123，BC ＝3，AB ＝3，
据此可得：A (0，－3，0)，，3，A ，C (0，3，0)，
由AB →＝A 1B 1→可得点B 1B ，33，
利用中点坐标公式可得：，33，E (0,0,0)，
故直线EF 方向向量为：EF →，343，设平面A 1BC 的法向量为m ＝y ，z )
·A 1B →＝(x ，y ，z )，32，－＝32x ＋32y －3z ＝0，
·BC →＝(x ，y ，z )－32，32
，＝－32x ＋32
y ＝0.据此可得平面A 1BC
m ＝(1，3，1)，EF →，34
3，
此时cos 〈EF →，m 〉＝EF →·m |EF →|×|m |＝65×3
52＝45
，设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ，则
sin θ＝|cos 〈EF →，m 〉|＝45，cos θ＝35.。