2025屆高考數(shù)學(xué)一輪知能訓(xùn)練階段檢測卷六立體幾何含解析

PAGE7-階段檢測卷(六)(立體幾何)時間：50分鐘滿分：100分一、單項(xiàng)選擇題：本大題共6小題，每小題6分，共36分，有且只有一個正確答案，請將正確選項(xiàng)填入題后的括號中．1．已知a，b，c是三條不同的直線，命題“a∥b且a⊥c?b⊥c”是正確的，假如把a(bǔ)，b，c中的兩個或三個換成平面，在所得的命題中，真命題有()A．1個B．2個C．3個D．4個2．已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，下面給出的條件中肯定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m?αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β3．平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l，則直線l與直線A1C1所成的角為()A．30°B．45°C．60°D．90°4．(2024年黑龍江模擬)如圖N6-1所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點(diǎn)，那么異面直線OE和FD1所成的角的余弦值等于()圖N6-1A.eq\f(\r(10),5)B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(4,5)D.eq\f(2,3)5．三棱錐P-ABC中，PA⊥面ABC，PA＝2，AB＝AC＝eq\r(3)，∠BAC＝60°，則該三棱錐的外接球的表面積是()A．12πB．8πC．8eq\r(3)πD．4eq\r(3)π6．某幾何體的三視圖如圖N6-2所示，則該幾何體的體積為()圖N6-2A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2,3)二、多項(xiàng)選擇題：本大題共2小題，每小題6分，共12分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)是符合題目要求的，請將正確選項(xiàng)填入題后的括號中．7．如圖N6-3，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列各式中運(yùn)算的結(jié)果為eq\o(AC1,\s\up6(→))的有()圖N6-3A.eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))B.eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＋eq\o(D1C1,\s\up6(→))C.eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(C1C,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))D.eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))8．如圖N6-4所示，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論錯誤的是()圖N6-4A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′與平面A′BD所成的角為30°D．四面體A′-BCD的體積為eq\f(1,3)三、填空題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，把答案填在題中橫線上．9．考查下列三個命題，在“________”處都缺少同一個條件，補(bǔ)上這個條件使其構(gòu)成真命題(其中l(wèi)，m為直線，α，β為平面)，則此條件為_________．①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m?α,l∥m,))?l∥α；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,m∥α,))?l∥α；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥β,α⊥β,))?l∥α.10．(2024年河南八市聯(lián)考)已知點(diǎn)A，B，C，D在同一球的球面上，AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，若四面體ABCD外接球的球心O恰好在側(cè)棱DA上，DC＝2eq\r(3)，則這個球的表面積為___________．11．(2024年福建泉州模擬)如圖N6-5，點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運(yùn)動，給出下列命題：圖N6-5①三棱錐A-D1PC的體積不變；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正確的命題序號是________．四、解答題：本大題共2小題，共34分，解答須寫出文字說明、證明過程或演算步驟．12．(14分)(2024年北京)如圖N6-6，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(1)求證：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F-AE-P的余弦值；(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).推斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．圖N6-613．(20分)(2024年浙江)如圖N6-7，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(diǎn)．(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值．圖N6-7

階段檢測卷(六)1．C2．C解析：對于選項(xiàng)A，α⊥β且m?α，可得m∥β或m與β相交或m?β，故A不成立；對于選項(xiàng)B，α⊥β且m∥α，可得m?β或m∥β或m與β相交，故B不成立；對于選項(xiàng)C，m∥n且n⊥β，則m⊥β，故C正確；對于選項(xiàng)D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m與β相交或m?β，故D不成立．故選C.3．D解析：如圖D280所示，平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l＝AF，平面A1BD∩平面ABCD＝BD，∴BD∥AF，又∵A1C1∥AC，則直線l與直線A1C1所成的角即為直線BD與直線AC所成的角，為90°.故選D.圖D2804．B解析：設(shè)正方體的棱長為2，建立如圖D281所示的坐標(biāo)系，O(1,1,0)，E(0,2,1)，F(xiàn)(1,0,0)，D1(0,0,2)，∴eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．∴cos〈eq\o(FD1,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(FD1,\s\up6(→))·\o(OE,\s\up6(→)),|\o(FD1,\s\up6(→))||\o(OE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋2,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5).圖D281圖D2825．B解析：由圖D282及題意可得，△ABC為等邊三角形，邊長為eq\r(3)，PA⊥面ABC，則該三棱錐的外接球是以△ABC為底面，PA為高的三棱柱的外接球，△ABC的外接圓半徑為eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝1，PA＝2，則球心到面ABC外接圓圓心的距離為1，故外接球半徑r＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，∴該三棱錐的外接球的表面積S＝4πr2＝8π.故選B.6．D解析：依據(jù)幾何體的三視圖可知該幾何體的直觀圖為如圖所示的四棱錐P-ABCD，(圖中虛線是為了襯托四棱錐P-ABCD)且△PAB為等腰直角三角形，易知S四邊形ABCD＝2×eq\r(2)＝2eq\r(2).在直觀圖中過點(diǎn)P作直線AB的垂線PE.垂足為E，則依據(jù)正方體的性質(zhì)BC⊥平面PAB可知BC⊥PE.又∵AB⊥PE，∴PE⊥平面ABCD，因此點(diǎn)P到平面ABCD的距離為PE＝eq\f(\r(2),2)，∴VP－ABCD＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2,3).7．BCD8．ACD解析：依題意可知，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，則CD⊥A′D，CD⊥A′B.A選項(xiàng)，假設(shè)A′C⊥BD，而CD⊥BD，∴BD⊥平面A′CD，則BD⊥A′D，這與∠A′DB＝45°沖突，故A錯誤．B選項(xiàng)，在△A′BC中，A′B＝1，A′C＝eq\r(A′D2＋CD2)＝eq\r(2)，BC＝eq\r(BD2＋CD2)＝eq\r(3)，∴A′B2＋A′C2＝BC2，∴∠BA′C＝90°，故B正確．C選項(xiàng)，∵CD⊥平面A′BD，∴∠CA′D是CA′與平面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錯誤．D選項(xiàng)，VC－A′BD＝eq\f(1,3)×S△A′BD×CD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，故D錯誤．故選ACD.9．l?α解析：①體現(xiàn)的是線面平行的判定定理，缺的條件是“l(fā)為平面α外的直線”，即“l(fā)?α”，它也同樣適合②③，故填l?α.10．16π解析：如圖D283所示，設(shè)三角形ABC所在小圓的圓心為O1，則O1為AC的中點(diǎn)，圖D283且OO1⊥平面ABC，又DC∥OO1，∴DC⊥平面ABC.∴(2R)2＝DA2＝AC2＋DC2＝16，外接球的表面積S＝4πR2＝16π.11．①②④解析：對于①，V＝V，點(diǎn)P到平面AD1C的距離即為線BC1與平面AD1C的距離，為定值，故①正確；對于②，∵平面A1C1B∥平面ACD1，∴線A1P∥平面ACD1；對于③，由于當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)時，DB不垂直于BC1，即DP不垂直于BC1，故③錯誤；對于④，由于B1D⊥平面ACD1，∴平面PDB1⊥平面ACD1.12．(1)證明：由于PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，則PA⊥CD，由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A，由線面垂直判定定理可得CD⊥平面PAD.(2)解：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平面ABCD內(nèi)與AD垂直的直線為x軸，AD，AP方向?yàn)閥軸，z軸建立如圖D284所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，圖D284易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，由eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up6(→))可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，由eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PD,\s\up6(→))可得E(0,1,1)，設(shè)平面AEF的法向量為：m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AF,\s\up6(→))＝x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))),＝\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝x，y，z·0，1，1＝y(tǒng)＋z＝0，))據(jù)此可得平面AEF的一個法向量為：m＝(1,1，－1)，很明顯平面AEP的一個法向量為n＝(1,0,0)，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))×\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3)，二面角F-AE-P的平面角為銳角，故二面角F-AE-P的余弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解：易知P(0,0,2)，B(2，－1,0)，由eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))可得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，留意到平面AEF的一個法向量為：m＝(1,1，－1)，其m·eq\o(AG,\s\up6(→))＝0且點(diǎn)A在平面AEF內(nèi)，故直線AG在平面AEF內(nèi)．13．(1)證明：如圖D285所示，連接A1E，B1E,等邊△AA1C中，AE＝EC，則A1E⊥AC，平面ABC⊥平面A1AC1C，且平面ABC∩平面A1AC1C＝AC，由面面垂直的性質(zhì)定理可得：A1E⊥平面ABC，故A1E⊥BC，由三棱柱的性質(zhì)可知A1B1∥AB，而AB⊥BC，故A1B1⊥BC，且A1B1∩A1E＝A1，由線面垂直的判定定理可得：BC⊥平面A1B1E，結(jié)合EF?平面A1B1E，故EF⊥BC.圖D285圖D286(2)解：如圖D286，在底面ABC內(nèi)作EH⊥AC，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EH，EC，EA1方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.設(shè)EH＝1，則AE＝EC＝eq\r(3)，AA1＝CA1＝2eq\r(3)，BC＝eq\r(3)，AB＝3，據(jù)此可得：A(0，－eq\r(3)，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，A1(0,0,3)，C(0，eq\r(3)，0)，由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(A1B1,\s\up6(→))可得點(diǎn)B1的坐標(biāo)為B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)，3))，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得：Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)\r(3)，3))，由于E(0,0,0)，故直線EF方向向量為：eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(