新教材2023年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)考案17階段測(cè)試六立體幾何課件

考案十七考案十七[階段測(cè)試(六)立體幾何](本試卷滿分150分，測(cè)試時(shí)間120分鐘)一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)B2．(2022·四川廣安診斷)如圖，長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)F是棱BB1上的動(dòng)點(diǎn)．給出以下結(jié)論：①在F運(yùn)動(dòng)的過程中，直線FC1能與AE平行；②直線AC1與EF必然異面；③設(shè)直線AE，AF分別與平面A1B1C1D1相交于點(diǎn)P，Q，則點(diǎn)C1可能在直線PQ上．其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是()A．①②

B．①③C．②③

D．①②③B[解析]

當(dāng)F為BB1中點(diǎn)時(shí)，易證AFC1E為平行四邊形，從而FC1∥AE.①正確．若AEC1F為平行四邊形，此時(shí)EF與AC1相交，②錯(cuò)誤．事實(shí)上當(dāng)長(zhǎng)方體棱長(zhǎng)都相等且F為BB1的中點(diǎn)時(shí)，易知P、C1、Q共線，③正確．故選B.3．(2019·上海)已知平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿足：a?α，b?β，c?γ，則直線a、b、c不可能滿足以下哪種關(guān)系()A．兩兩垂直 B．兩兩平行C．兩兩相交 D．兩兩異面[解析]

如圖1，可得a、b、c可能兩兩垂直；如圖2，可得a、b、c可能兩兩相交；如圖3，可得a、b、c可能兩兩異面；故選B.B4．(2022·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，O為底面ABCD的中心，M，N分別為棱A1D1，CC1的中點(diǎn)，則異面直線B1M與ON所成角的余弦值為()C解法二：以D為原點(diǎn)建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，5．(2023·河南安陽調(diào)研)已知平面α，β交于直線l，直線m，n滿足m∥α，n⊥β且m⊥n，則()A．α⊥β

B．n⊥αC．m∥l

D．m⊥β[解析]

由圖可知A、B、D錯(cuò)誤．故選C.C6．(2023·安徽蕪湖期中聯(lián)考)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E、F分別是棱AA1、A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面四邊形ABCD內(nèi)(包括邊界)的一動(dòng)點(diǎn)，若直線D1P與平面BEF無公共點(diǎn)，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()B[解析]

取BC的中點(diǎn)G，連接AG，D1G，AD1，如圖所示：E、F分別是棱AA1、A1D1的中點(diǎn)，所以EF∥AD1，又因?yàn)镋F?平面BEF，AD1?平面BEF，所以AD1∥平面BEF.因?yàn)镕D1∥BG，F(xiàn)D1＝BG，所以四邊形FBGD1為平行四邊形，所以FB∥GD1.又因?yàn)镕B?平面BEF，GD1?平面BEF，所以GD1∥平面BEF.因?yàn)镚D1∩AD1＝D1，所以平面AD1G∥平面BEF.7．(2022·廣東潮州模擬)已知△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，三棱錐P－ABC全部頂點(diǎn)都在表面積為16π的球O的球面上，則三棱錐P－ABC的體積的最大值為

()C8．(2023·甘肅蘭州西北師大附中期中)已知m，n，l是不同的直線，α，β是不同的平面，以下命題正確的是()①若m∥n，m?α，n?β，則α∥β；②若m?α，n?β，α∥β，l⊥m，則l⊥n；③若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥n；④若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n.A．②③

B．③④

C．②④

D．③D[解析]

①若m∥n，m?α，n?β，則α∥β或α，β相交；②若m?α，n?β，α∥β，l⊥m，則l⊥n或l∥n或l，n異面；③若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥n，正確；④若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n或m∥n或m，n異面．故選D.二、多選題(本題共4個(gè)小題，每個(gè)小題5分，共20分．在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有多項(xiàng)是正確的，全部選對(duì)得5分，部分選對(duì)得2分，錯(cuò)選得0分)9．(2023·河北邢臺(tái)部分校月考)已知m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，下列說法錯(cuò)誤的是()A．線段AB為平面α外的線段，若A、B兩點(diǎn)到平面α的距離相等，則AB∥αB．若一個(gè)角的兩邊分別平行于另一個(gè)角的兩邊，則這兩個(gè)角相等C．若m∥n，n?α，則m∥αD．若m⊥α，m⊥β，則α∥βABC[解析]

對(duì)于選項(xiàng)A，也可能AB?α，A錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)B也可能這兩個(gè)角互補(bǔ)，B錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)C，可能m?α，C錯(cuò)；D顯然正確．10．(2022·廣東模擬)在所有棱長(zhǎng)都相等的正三棱柱中，點(diǎn)A是三棱柱的頂點(diǎn)，M、N、Q是所在棱的中點(diǎn)，則下列選項(xiàng)中直線AQ與直線MN垂直的是()AC[解析]

可設(shè)棱長(zhǎng)都相等的正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，在正三棱柱中建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：11．(2023·湖南湘潭一中期中)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為正方形A1B1C1D1的中心，則下列結(jié)論正確的是()A．BO⊥ACB．BO∥平面ACD1ABC12．(2022·重慶長(zhǎng)壽區(qū)期末)正方體ABCD－A1B1C1D1中，P、Q分別為棱BC和CC1的中點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．BC1∥平面AQPB．A1D⊥平面AQPC．異面直線A1C與PQ所成角為90°D．平面AQP截正方體所得截面為等腰梯形ACD[解析]

如圖，∵P，Q分別為棱BC和CC1的中點(diǎn)，∴PQ∥BC1.∵PQ?平面AQP，BC1?平面AQP，∴BC1∥平面AQP，故A正確；若A1D⊥平面AQP，則A1D⊥AP，又A1D⊥AB，AB∩AP＝A，∴A1D⊥平面ABCD，與A1D與平面ABCD不垂直矛盾，故B錯(cuò)誤；由A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，得BC1⊥平面A1B1C，得A1C⊥BC1，則A1C⊥PQ，即異面直線A1C與PQ所成角為90°，故C正確；平面AQP截正方體所得截面為APQD1，為等腰梯形，故D正確．故選ACD.三、填空題(本題共4個(gè)小題，每個(gè)小題5分，共20分)13.(2023·陜西西安一中模擬)已知α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n均為α、β外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.請(qǐng)以其中三個(gè)為條件，余下的一個(gè)為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題為

.(示例：請(qǐng)將答案寫成如下形式：“①②③?④”)①③④?②(或②③④?①)14．(2022·山西臨汾模擬)已知四邊形ABCD為菱形，AB＝1，∠BAD＝60°，將其沿對(duì)角線BD折成四面體A′－BCD，使A′C＝A′B，若四面體的所有頂點(diǎn)在同一球面上，則該球的表面積為

.15．(2023·浙江溫州適應(yīng)性考試)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是線段A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)，則直線CF到平面AC1E的距離等于

.16.(2022·江西鷹潭模擬)如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M是線段BD1上的動(dòng)點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論：①存在點(diǎn)M，使得C1M∥平面AB1C；①③④四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(2023·廣西名校聯(lián)考)(本題滿分10分)如圖所示，在四棱錐A－BCDE中，CD∥EB，CD＝2DE＝2BE＝2BC＝2，△ADE為等邊三角形，且平面ADE⊥平面BCDE，F(xiàn)為棱AC的中點(diǎn)．(1)求四棱錐A－BCDE的體積；(2)證明：BF⊥CE.(2)解法一：如圖，設(shè)CD的中點(diǎn)為G，連接BG，F(xiàn)G，則BG∥DE，F(xiàn)G∥AD，因?yàn)锽G∩FG＝G，AD∩DE＝D，所以平面ADE∥平面FGB.所以DE2＋CE2＝CD2，即CE⊥DE.又因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面BCDE，交線為DE，所以CE⊥平面ADE.因此CE⊥平面FGB，又BF?平面FGB，所以CE⊥BF.18．(2023·陜西西安質(zhì)檢)(本題滿分12分)如圖1，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E、F分別為AD、BC的中點(diǎn)，將正方形ABCD沿EF折成如圖2所示，連接DA，且∠DEA＝60°，點(diǎn)M在線段AB上(包含端點(diǎn))運(yùn)動(dòng)．(1)若M為AB的中點(diǎn)，直線MF與平面ADE的交點(diǎn)為O，試確定點(diǎn)O的位置，并證明直線OD∥平面EMC；(2)點(diǎn)H為AE的中點(diǎn)，求證DH⊥平面ABFE.[解析]

(1)因?yàn)橹本€MF?平面ABFE故點(diǎn)O在平面ABFE內(nèi)，也在平面ADE內(nèi)所以點(diǎn)O在平面ABFE與平面ADE的交線(即直線AE)上

延長(zhǎng)EA、FM交于點(diǎn)O，連接OD，如圖所示，因?yàn)锳O∥BF，M為AB的中點(diǎn)，所以△OAM與△FBM全等，所以O(shè)M＝MF，AO＝BF＝2故點(diǎn)O在EA的延長(zhǎng)線上且與點(diǎn)A間的距離為2連接DF交CE于N，∵EFCD為矩形，∴N為DF的中點(diǎn)．連接MN∵M(jìn)為OF中點(diǎn)，∴NM∥OD又OD?平面EMC，MN?平面EMC∴OD∥平面EMC；(2)如圖，由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又EA∩DE＝E，EA，DE?平面ADE，所以EF⊥平面ADE，EF?平面ABFE所以平面ABFE⊥平面ADE，因?yàn)椤螪EA＝60°，DE＝AE，所以△ADE為等邊三角形，則DH⊥AE而平面ABFE⊥平面ADE，平面ABFE∩平面ADE＝AE，DH?平面ADE所以DH⊥平面ABFE.19．(2023·江蘇省海安高級(jí)中學(xué)質(zhì)監(jiān))(本題滿分12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AB⊥平面PAD，AB∥CD，且AB>CD，BC＝CP，O為棱PA的中點(diǎn)．(1)求證：OD∥平面PBC；(2)若BC⊥PC，求平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值．[解析]

解法一：(1)作CH⊥AB于H，取PB的中點(diǎn)E，連EO、EC.∵AB⊥平面PAD，AB∥CD，∴CD⊥平面ADP，∵CH＝AD＝PD，BC＝PC，∴△BCH≌△CPD，∴CD＝BH，∴CD綉OE，即CDOE為平行四邊形，∴CE∥DO，又CE?平面PBC，DO?平面PBC，∴OD∥平面PBC.解法二：(1)在四棱錐P－ABCD中，取PB的中點(diǎn)E，連OE，CE，如圖，因AB⊥平面PAD，有CD⊥平面PAD，而PA，AD，PD?平面PAD，則AB⊥AD，AB⊥PA，CD⊥PD，則有PC2＝CD2＋PD2，在直角梯形ABCD中，BC2＝AD2＋(AB－CD)2，又△PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，即PD＝AD＝2，又BC＝CP，因此(AB－CD)2＝CD2，而AB>CD，于是得四邊形CDOE為平行四邊形，有OD∥CE，又CE?平面PBC，OD?平面PBC，所以O(shè)D∥平面PBC.而AB∩AP＝A，AB，AP?平面PAB，則PQ⊥平面PAB，PB?平面PAB，即得PB⊥PQ，因此∠APB是二面角A－PQ－B的平面角，20．(2022·遼寧沈陽大東區(qū)質(zhì)檢)(本題滿分12分)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45°，CF⊥BC，CF＝CB，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是PD，AB中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面PBC；(2)若CF＝2，CE與平面PCF成角θ為30°，求點(diǎn)B到平面CEF的距離d.[解析]

(1)取PC中點(diǎn)G，連接EG，BG，因?yàn)镋是PD中點(diǎn)，所以EG是三角形PCD的中位線，所以四邊形BFEG是平行四邊形，所以EF∥BG，因?yàn)镋F?平面PBC，BG?平面PBC，所以EF∥平面PBC.(另證：取CD的中點(diǎn)H，連FH、EH，證平面EFH∥平面PBC即可．)(2)因?yàn)镻A＝PB，F(xiàn)是AB中點(diǎn)，所以PF⊥AB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，交線為AB，所以PF⊥平面ABCD，因?yàn)镃F⊥BC，所以以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)C所在直線為x軸，過點(diǎn)F平行于BC的直線為y軸，F(xiàn)P所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，CF＝BC＝2，∠ABC＝45°，21.(2023·遼寧六校聯(lián)考)(本題滿分12分)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC＝90°，AB＝BC，四邊形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥平面B1OA1；(2)求直線OA與平面OB1C1所成角的正弦值．[解析]

(1)連接A1C，因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1是菱形，則AC＝AA1，因?yàn)椤螦1AC＝60°，故△AA1C為等邊三角形，所以A1O⊥AC.因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACC1A1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1O?平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABC，∵BC?平面ABC，所以A1O⊥BC.因?yàn)锽1A1∥BA，∠ABC＝90°，所以BC⊥A1B1.又OA1∩B1A1＝A1，所以BC⊥平面B1OA1.(2)連接BO，因?yàn)椤螦BC＝90°，AB＝BC，O是AC的中點(diǎn)，所以BO⊥AC.又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BO?平面ABC，所以BO⊥平面ACC1A1.設(shè)AC＝2，因?yàn)锳1O⊥BC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OA1、OB所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，所以AG2＋