《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 階段強(qiáng)化練（六）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 階段強(qiáng)化練（六）（含解析）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段強(qiáng)化練(六) 一、選擇題 1．(2019·四川診斷)已知直線l和平面α，若l∥α，P∈α，則過(guò)點(diǎn)P且平行于l的直線(　　) A．只有一條，不在平面α內(nèi) B．只有一條，且在平面α內(nèi) C．有無(wú)數(shù)條，一定在平面α內(nèi) D．有無(wú)數(shù)條，不一定在平面α內(nèi) 答案　B 解析　假設(shè)過(guò)點(diǎn)P且平行于l的直線有兩條m與n，則m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，這與兩條直線m與n相交與點(diǎn)P相矛盾，故過(guò)點(diǎn)P且平行于l的直線只有一條，又因?yàn)辄c(diǎn)P在平面內(nèi)，所以過(guò)點(diǎn)P且平行于l的直線只有一條且在平面內(nèi)．故選B. 2．(2019·化州模擬)設(shè)m，n為兩條不同的直線，α為平面，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．

2、m⊥n，m∥α?n⊥α B．m⊥n，m⊥α?n∥α C．m∥n，m⊥α?n⊥α D．m∥n，m∥α?n∥α 答案　C 解析　對(duì)于A，若m⊥n，m∥α?xí)r，可能n?α或斜交，故錯(cuò)誤； 對(duì)于B，m⊥n，m⊥α?n∥α或n?α，故錯(cuò)誤； 對(duì)于C，m∥n，m⊥α?n⊥α，正確； 對(duì)于D，m∥n，m∥α?n∥α或n?α，故錯(cuò)誤． 故選C. 3．已知l⊥平面α，直線m?平面β.有下面四個(gè)命題： ①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m； ③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β. 其中正確的命題是(　　) A．①② B．③④ C．②④ D．①③ 答案　D 解析　∵l⊥α，α∥β，∴l(xiāng)⊥β，

3、∵m?β，∴l(xiāng)⊥m，故①正確；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m?β，∴α⊥β，故③正確． 4.如圖所示，在四面體D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列命題中正確的是(　　) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 答案　C 解析　因?yàn)锳B＝BC，且E是AC的中點(diǎn)， 所以BE⊥AC.同理，DE⊥AC. 又BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE. 因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE. 因?yàn)锳C?平面ACD，所以平

4、面ACD⊥平面BDE. 5．(2019·唐山模擬)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，則異面直線A1B與B1C所成角的余弦值為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中， 連接A1D，可得A1D∥B1C， 所以異面直線A1B與B1C所成的角， 即為直線A1B與直線A1D所成的角， 即∠DA1B為異面直線A1B與B1C所成的角， 在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中， 設(shè)AB＝BC＝2AA1＝2，則A1B＝A1D＝，BD＝2， 在△A1BD中，由余弦定理得 cos∠DA1B＝＝＝， 故選B. 6．(2019

5、·長(zhǎng)春質(zhì)檢)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為(　　) A．1B.C.D. 答案　D 解析　如圖所示， 連接A1D，AD1交于點(diǎn)O，連接OC1， 在正方體中，∵AB⊥平面AD1， ∴AB⊥A1D， 又A1D⊥AD1，且AD1∩AB＝A， ∴A1D⊥平面AD1C1B， ∴∠A1C1O即為A1C1與平面ABC1D1所成的角， 在Rt△A1C1O中，sin∠A1C1O＝， 所以A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為， 故選D. 7．(2019·湖南岳陽(yáng)一中質(zhì)檢)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝

6、，AA1＝1，而對(duì)角線A1B上存在一點(diǎn)P，使得AP＋D1P取得最小值，則此最小值為(　　) A．2B．3C．1＋D. 答案　D 解析　把對(duì)角面A1C繞A1B旋轉(zhuǎn)至ABB1A1， 使其與△AA1B在同一平面上，連接AD1， 在△AA1D1中，AA1＝1，A1D1＝， ∠AA1D1＝∠AA1B＋90°＝150°， 則AP＋D1P的最小值為 AD1＝＝. 故選D. 8．(2019·湖南五市十校聯(lián)考)已知E，F(xiàn)分別是三棱錐P－ABC的棱AP，BC的中點(diǎn)，AB＝6，PC＝6，EF＝3，則異面直線AB與PC所成的角為(　　) A．120°B．45°C．30°D．60° 答案　D

7、 解析　取AC的中點(diǎn)D，連接ED，F(xiàn)D， 因?yàn)镋，F(xiàn)分別是三棱錐P－ABC的棱AP，BC的中點(diǎn)， 所以ED∥PC，F(xiàn)D∥AB， 則直線DE與直線DF所成的角即異面直線AB與PC所成的角， 又因?yàn)锳B＝6，PC＝6，EF＝3， 所以在△DEF中，cos∠EDF＝＝－， 即∠EDF＝120°，所以異面直線AB與PC所成的角為60°. 9．(2019·淄博期中)魯班鎖是中國(guó)傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國(guó)古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對(duì)稱，六根完全一樣的正四棱柱體分成三組，經(jīng)90°榫卯起來(lái)．若正四棱柱的高為5，底面正方形的邊長(zhǎng)為1，現(xiàn)將

8、該魯班鎖放進(jìn)一個(gè)球形容器內(nèi)，則該球形容器的表面積至少為(容器壁的厚度忽略不計(jì))(　　) A．28πB．30πC．60πD．120π 答案　B 解析　由題意知，該球形容器的半徑的最小值為 ＝， ∴該球形容器的表面積的最小值為4π×2＝30π. 故選B. 10．(2019·安徽皖南八校聯(lián)考)已知一個(gè)三棱錐的六條棱的長(zhǎng)分別為1,1,1,1，，a，且長(zhǎng)為a的棱與長(zhǎng)為的棱所在直線是異面直線，則三棱錐的體積的最大值為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　如圖所示，在三棱錐A－BCD中，AD＝a，BC＝，AB＝AC＝BD＝CD＝1， 則該三棱錐為滿足題意的三棱錐，將△BC

9、D看作底面， 則當(dāng)平面ABC⊥平面BCD時(shí)， 該三棱錐的體積有最大值，此時(shí)三棱錐的高h(yuǎn)＝， △BCD是等腰直角三角形，則S△BCD＝， 綜上可得，三棱錐的體積的最大值為××＝. 故選A. 11．(2019·成都診斷)如圖，在矩形ABCD中，EF∥AD，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1，現(xiàn)分別沿EF，GH將矩形折疊使得AD與BC重合，則折疊后的幾何體的外接球的表面積為(　　) A．24π B．6π C.π D.π 答案　C 解析　由題意可知，在矩形ABCD中，EF∥AD，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1，沿EF，GH將矩形折疊使得AD與BC重合后，所得

10、幾何體是底面為等邊三角形的三棱柱． 底面等邊三角形的外接圓直徑2r＝，所以r＝， 三棱柱的高為BC＝2，所以外接球的球心與底面的圓心距離為1， 所以三棱柱的外接球半徑R＝＝， 所以外接球的表面積為S＝4πR2＝.故選C. 12．(2019·衡水中學(xué)模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱BB1，CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)O為上底面的中心，過(guò)E，F(xiàn)，O三點(diǎn)的平面把正方體分為兩部分，其中含A1的部分為V1，不含A1的部分為V2，連接A1和V2的任一點(diǎn)M，設(shè)A1M與平面A1B1C1D1所成角為α，則sinα的最大值為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　連接

11、EF，因?yàn)镋F∥平面ABCD， 所以過(guò)EFO的平面與平面ABCD的交線一定是過(guò)點(diǎn)O且與EF平行的直線， 過(guò)點(diǎn)O作GH∥BC交CD于點(diǎn)G，交AB于H點(diǎn)，則GH∥EF，連接EH，F(xiàn)G， 則平行四邊形EFGH即為截面，則五棱柱A1B1EHA－D1C1FGD為V1，三棱柱EBH－FCG為V2， 設(shè)M點(diǎn)為V2的任一點(diǎn)，過(guò)M點(diǎn)作底面A1B1C1D1的垂線，垂足為N，連接A1N， 則∠MA1N即為A1M與平面A1B1C1D1所成的角， 所以∠MA1N＝α. 因?yàn)閟inα＝，要使α的正弦值最大，必須MN最大，A1M最小，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)H重合時(shí)符合題意． 故(sinα)max＝max＝＝.故選B

12、. 二、填空題 13．已知圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，則該圓柱的體積為_(kāi)_______． 答案　 解析　由題意得，該圓柱底面圓周半徑 r＝＝. ∴該圓柱的體積為V＝πr2h＝π2×1＝. 14．(2019·洛陽(yáng)、許昌質(zhì)檢)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝，P是BC1上一動(dòng)點(diǎn)，則A1P＋PC的最小值為_(kāi)_______． 答案　 解析　連接A1B，沿BC1將△CBC1展開(kāi)與△A1BC1在同一個(gè)平面內(nèi)， 在BC1上取一點(diǎn)與A1，C構(gòu)成三角形， ∵三角形兩邊和大于第三邊， ∴A1P＋PC的最小值是A1

13、C的連線． 作展開(kāi)圖如圖， 由∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝， 得AB＝＝， 又AA1＝CC1＝， ∴A1B＝＝＝2，BC1＝＝2，A1C1＝AC＝2， ∴∠A1BC1＝45°，∠CBC1＝45°，∴∠A1BC＝90°， ∴A1C＝＝＝. 15．(2019·河北衡水中學(xué)調(diào)研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為_(kāi)_______． 答案　 解析　如圖所示， 設(shè)M，N，P分別為AB，BB1和B1C1的中點(diǎn)， 則AB1，BC1的夾角為MN和NP的夾角或其補(bǔ)角， MN＝

14、AB1＝， NP＝BC1＝， 作BC的中點(diǎn)Q，則△PQM為直角三角形， ∵PQ＝1，MQ＝AC， △ABC中，由余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC ＝4＋1－2×2×1×＝7， ∴AC＝，∴MQ＝， 在△MQP中，MP＝＝， 在△PMN中，由余弦定理得 cos∠MNP＝ ＝＝－， 又異面直線所成角的范圍是， ∴AB1與BC1所成角的余弦值為. 16．已知四面體ABCD，AB＝4，AC＝AD＝6，∠BAC＝∠BAD＝60°，∠CAD＝90°，則該四面體外接球的半徑為_(kāi)_______． 答案　2 解析　如圖， 設(shè)△ADC的外心是O

15、1，作BH⊥平面ADC，易知H在AO1上，再作BM⊥AC，垂足為M，連接MH，則MH⊥AC，AO1＝DC＝3，AM＝MH＝2，AH＝2， 設(shè)三棱錐的外接球的球心為O，半徑為R，OO1＝d， 因?yàn)锳H＝2，BH＝＝2， 所以在△BOG中，由勾股定理可得R＝＝＝， 即＝， 解得d＝， 所以R＝＝＝2. 三、解答題 17.(2019·葫蘆島協(xié)作校聯(lián)考)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分別是AC，CC1的中點(diǎn)． (1)求證：AE⊥平面A1BD； (2)求三棱錐B1－A1BD的體積． (1)證明　∵AB＝BC＝CA，D是AC的中點(diǎn)，

16、 ∴BD⊥AC， ∵AA1⊥平面ABC，∴平面AA1C1C⊥平面ABC， 又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BD?平面ABC， ∴BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥AE. 又∵在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點(diǎn)， ∴A1D⊥AE. 又A1D∩BD＝D，A1D，BD?平面A1BD， ∴AE⊥平面A1BD. (2)解　連接AB1交A1B于O， ∵O為AB1的中點(diǎn)， ∴點(diǎn)B1到平面A1BD的距離等于點(diǎn)A到平面A1BD的距離． ∴＝ ＝＝××BD＝××2×1×＝. 18．(2019·長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)調(diào)研)如圖，E是以AB為直徑的半圓上異于A，B的點(diǎn)，

17、矩形ABCD所在的平面垂直于該半圓所在的平面，且AB＝2AD＝2. (1)求證：EA⊥EC； (2)設(shè)平面ECD與半圓弧的另一個(gè)交點(diǎn)為F. ①證明：EF∥AB； ②若EF＝1，求三棱錐E－ADF的體積． (1)證明　∵平面ABCD⊥平面ABE， 平面ABCD∩平面ABE＝AB， BC⊥AB，BC?平面ABCD， ∴BC⊥平面ABE. 又∵AE?平面ABE，∴BC⊥AE. ∵E在以AB為直徑的半圓上，∴AE⊥BE， 又∵BE∩BC＝B，BC，BE?平面BCE， ∴AE⊥平面BCE. 又∵CE?平面BCE，∴EA⊥EC. (2)①證明　∵AB∥CD，AB?平面CED， CD?平面CED，∴AB∥平面CED. 又∵AB?平面ABE，平面ABE∩平面CED＝EF， ∴AB∥EF. ②解　取AB的中點(diǎn)O，EF的中點(diǎn)O′， 在Rt△OO′F中，OF＝1，O′F＝，∴OO′＝. 由(1)得BC⊥平面ABE， 又已知AD∥BC，∴AD⊥平面ABE. 故VE－ADF＝VD－AEF＝·S△AEF·AD ＝··EF·OO′·AD＝. 11