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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

上传人:高**** 文档编号:339462 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:6 大小:157KB
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资源描述

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 .

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