【文档说明】【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）【高考】.docx，共(8)页，168.187 KB，由小赞的店铺上传

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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⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β3．平面

α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，平面α∥平面A1BD，平面α∩平面ABCD＝l，则直线l与直线A1C1所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°4．(2019年黑龙江模拟)如图N6-1所示，在棱长为2的正

方体ABCD-A1B1C1D1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N6-1A.105B.155C.45D.235．三棱锥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．12πB．8πC．83πD．43π6．某几何体的三视图如图N6-2所示，则该几何体的体积为()图N6-2A.12B.22C.33D.23二、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N6-3，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为AC1→的有()图N6-3A.AB→＋BC→＋CD→B.AA1→＋B1C1→＋D1C1→C.AB→－C1C→＋B1C1→D.AA1→＋DC

→＋B1C1→8．如图N6-4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N6-4A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′

与平面A′BD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_________．①

m⊂αl∥m⇒l∥α；②l∥mm∥α⇒l∥α；③l⊥βα⊥β⇒l∥α.10．(2018年河南八市联考)已知点A，B，C，D在同一球的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若四面体A

BCD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N6-5，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：图N6-5①三棱锥

A-D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④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N6-6，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PFPC＝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PGPB＝23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由

．图N6-613．(20分)(2019年浙江)如图N6-7，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余

弦值．图N6-7阶段检测卷(六)1．C2．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-A1B1C1D1的顶点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，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D

2804．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)，D1(0,0,2)，∴FD1→＝(－1,0,2)，OE→＝(－1,1,1)．∴cos

〈FD1→，OE→〉＝FD1→·OE→|FD1→||OE→|＝1＋0＋25×3＝155.图D281图D2825．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＝4πr2＝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，∴VP－ABCD＝13×22×22＝23.7．BCD8．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′D2＋CD2＝2，BC＝BD2＋CD2＝3，∴A′B2＋A′C2＝BC2，∴∠BA′C＝90°，故B正确．C选项，∵CD⊥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，VC－

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O1

，则O1为AC的中点，图D283且OO1⊥平面ABC，又DC∥OO1，∴DC⊥平面ABC.∴(2R)2＝DA2＝AC2＋DC2＝16，外接球的表面积S＝4πR2＝16π.11．①②④解析：对于①，V1ADPC−＝V1PADC−，点P到平面AD1C的距离

即为线BC1与平面AD1C的距离，为定值，故①正确；对于②，∵平面A1C1B∥平面ACD1，∴线A1P∥平面ACD1；对于③，由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1，即DP不垂直于BC1，故③错误；对于④，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→＝13PC→可得点F的坐标为F23，23，43，由PE→＝12PD→

可得E(0,1,1)，设平面AEF的法向量为：m＝(x，y，z)，则m·AF→＝(x，y，z)·23，23，43＝23x＋23y＋43z＝0，m·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33.(3)解：易知P(0,0,2)，B(2，－1,0)，由PG→＝23PB→可得G43，－23，23，则AG→＝

43，－23，23，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A1E，B1E,等边△AA1C中，AE＝EC，则A1E⊥AC，平面AB

C⊥平面A1AC1C，且平面ABC∩平面A1AC1C＝AC，由面面垂直的性质定理可得：A1E⊥平面ABC，故A1E⊥BC，由三棱柱的性质可知A1B1∥AB，而AB⊥BC，故A1B1⊥BC，且A1B1∩A1E＝A1，由线面垂直的判定定理可得：BC⊥平面A1B1E，结合EF⊂平面A1B1E，故EF⊥B

C.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，EA1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，AA1＝CA1＝23，BC＝3，AB＝3，据此可得：A(0，－3，0)，B32

，32，0，A1(0,0,3)，C(0，3，0)，由AB→＝A1B1→可得点B1的坐标为B132，323，3，利用中点坐标公式可得：F34，343，3，由于E(0,0,0)，故直线EF方向向量为：EF→＝34，343，3设平面A1BC的法向

量为m＝(x，y，z)，则：m·A1B→＝(x，y，z)·32，32，－3＝32x＋32y－3z＝0，m·BC→＝(x，y，z)·－32，32，0＝－32x＋32y＝0.据此可得平面A1BC的一个法向

量为m＝(1，3，1)，EF→＝34，343，3此时cos〈EF→，m〉＝EF→·m||EF→×||m＝65×352＝45，设直线EF与平面A1BC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈EF→，m〉|＝45，cosθ＝35.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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