2021届高考数学一轮知能训练 阶段检测卷（六） （立体几何）（含解析）.doc

1、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“ab且acbc”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()A1个 B2个 C3个 D4个2已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m的是()A且m B且mCmn且n Dmn且n3平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDl，则直线l与直线A1C1所成的角为()A30 B45 C60 D9

2、04(2019年黑龙江模拟)如图N61所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于()图N61A. B. C. D.5三棱锥PABC中，PA面ABC，PA2，ABAC，BAC60，则该三棱锥的外接球的表面积是()A12 B8 C8 D4 6某几何体的三视图如图N62所示，则该几何体的体积为()图N62A. B. C. D.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ABCDA1B1

3、C1D1中，下列各式中运算的结果为的有()图N63A. B.C. D.8如图N64所示，在四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论错误的是()图N64AACBDBBAC90CCA与平面ABD所成的角为30D四面体ABCD的体积为三、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，为平面)，则此条件为_l；l；l.10(2018年河南八市联考)已知点A，B，C，D在同一球的球面上，ABBC，AC

4、2，若四面体ABCD外接球的球心O恰好在侧棱DA上，DC2 ，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ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：图N65三棱锥AD1PC的体积不变；A1P平面ACD1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.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PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAE

5、P的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由图N6613(20分)(2019年浙江)如图N67，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值图N67阶段检测卷(六)1C2C解析：对于选项A，且m，可得m或m与相交或m，故A不成立；对于选项B，且m，可得m或m或m与相交，故B不成立；对于选项C，mn且n，则m，故C正确；对于选项D，由mn且n，可得m或m与相交或m，故D不成立故选C.3D解析：如图D280所示，

6、平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDlAF，平面A1BD平面ABCDBD，BDAF，又A1C1AC，则直线l与直线A1C1所成的角即为直线BD与直线AC所成的角，为90.故选D.图D2804B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)，D1(0,0,2)，(1,0,2)，(1,1,1)cos，. 图D281图D2825B解析：由图D282及题意可得，ABC为等边三角形，边长为，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1，PA2，则

7、球心到面ABC外接圆圆心的距离为1，故外接球半径r，该三棱锥的外接球的表面积S4r28.故选B.6D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PABCD，(图中虚线是为了衬托四棱锥PABCD)且PAB为等腰直角三角形，易知S四边形ABCD22 .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BCPE. 又ABPE，PE平面ABCD，因此点P到平面ABCD的距离为PE，VPABCD2 .7BCD8ACD解析：依题意可知，三角形ABD是等腰直角三角形由于平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，CDBD，所以CD平面ABD，则CDAD

8、，CDAB.A选项，假设ACBD，而CDBD，BD平面ACD，则BDAD，这与ADB45矛盾，故A错误B选项，在ABC中，AB1，AC，BC，AB2AC2BC2，BAC90，故B正确C选项，CD平面ABD，CAD是CA与平面ABD所成的角，由上述分析可知，ACD是等腰直角三角形，CAD45，故C错误D选项，VCABDSABDCD111，故D错误故选ACD.9l解析：体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l为平面外的直线”，即“l”，它也同样适合，故填l.1016解析：如图D283所示，设三角形ABC所在小圆的圆心为O1，则O1为AC的中点，图D283且OO1平面ABC，又DCOO1，DC平面

9、ABC.(2R)2DA2AC2DC216，外接球的表面积S4R216.11解析：对于，VV，点P到平面AD1C的距离即为线BC1与平面AD1C的距离，为定值，故正确；对于，平面A1C1B平面ACD1，线A1P平面ACD1；对于，由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1，即DP不垂直于BC1，故错误；对于，由于B1D平面ACD1，平面PDB1平面ACD1.12(1)证明：由于PA平面ABCD，CD平面ABCD，则PACD，由题意可知ADCD，且PAADA，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D28

10、4所示的空间直角坐标系Axyz，图D284易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，由可得点F的坐标为F，由可得E(0,1,1)，设平面AEF的法向量为：m(x，y，z)，则据此可得平面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)，cosm，n，二面角FAEP的平面角为锐角，故二面角FAEP的余弦值为.(3)解：易知P(0,0,2)，B(2，1,0)，由可得G，则，注意到平面AEF的一个法向量为：m(1,1，1)，其m0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A1E，B1E

11、, 等边AA1C中，AEEC，则A1EAC，平面ABC平面A1AC1C，且平面ABC平面A1AC1CAC，由面面垂直的性质定理可得：A1E平面ABC，故A1EBC，由三棱柱的性质可知A1B1AB，而ABBC，故A1B1BC，且A1B1A1EA1，由线面垂直的判定定理可得：BC平面A1B1E，结合EF平面A1B1E，故EFBC.图D285图D286(2)解：如图D286，在底面ABC内作EHAC，以点E为坐标原点，EH，EC，EA1方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Exyz.设EH1，则AEEC，AA1CA12，BC，AB3，据此可得：A(0，0)，B，A1(0,0,3)，C(0，0)，由可得点B1的坐标为B1，利用中点坐标公式可得：F，由于E(0,0,0)，故直线EF方向向量为：设平面A1BC的法向量为m(x，y，z)，则：据此可得平面A1BC的一个法向量为m(1，1)，此时cos，m，设直线EF与平面A1BC所成角为，则sin |cos，m|，cos .