高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 阶段强化练（六）（含解析）-人教高三全册数学试题

阶段强化练(六)一、选择题1．(2019·四川诊断)已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内答案B解析假设过点P且平行于l的直线有两条m与n，则m∥l且n∥l，由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交与点P相矛盾，故过点P且平行于l的直线只有一条，又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.2．(2019·化州模拟)设m，n为两条不同的直线，α为平面，则下列结论正确的是()A．m⊥n，m∥α⇒n⊥α B．m⊥n，m⊥α⇒n∥αC．m∥n，m⊥α⇒n⊥α D．m∥n，m∥α⇒n∥α答案C解析对于A，若m⊥n，m∥α时，可能n⊂α或斜交，故错误；对于B，m⊥n，m⊥α⇒n∥α或n⊂α，故错误；对于C，m∥n，m⊥α⇒n⊥α，正确；对于D，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故错误．故选C.3．已知l⊥平面α，直线m⊂平面β.有下面四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题是()A．①② B．③④C．②④ D．①③答案D解析∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，∵m⊂β，∴l⊥m，故①正确；∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵m⊂β，∴α⊥β，故③正确．4.如图所示，在四面体D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE答案C解析因为AB＝BC，且E是AC的中点，所以BE⊥AC.同理，DE⊥AC.又BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.5．(2019·唐山模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(10),5)B.eq\f(1,5)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(15),5)答案B解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1D，可得A1D∥B1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角，即为直线A1B与直线A1D所成的角，即∠DA1B为异面直线A1B与B1C所成的角，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AB＝BC＝2AA1＝2，则A1B＝A1D＝eq\r(5)，BD＝2eq\r(2)，在△A1BD中，由余弦定理得cos∠DA1B＝eq\f(A1B2＋A1D2－BD2,2A1B·A1D)＝eq\f(5＋5－8,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(1,5)，故选B.6．(2019·长春质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为()A．1B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(1,2)答案D解析如图所示，连接A1D，AD1交于点O，连接OC1，在正方体中，∵AB⊥平面AD1，∴AB⊥A1D，又A1D⊥AD1，且AD1∩AB＝A，∴A1D⊥平面AD1C1B，∴∠A1C1O即为A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△A1C1O中，sin∠A1C1O＝eq\f(1,2)，所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为eq\f(1,2)，故选D.7．(2019·湖南岳阳一中质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝eq\r(3)，AA1＝1，而对角线A1B上存在一点P，使得AP＋D1P取得最小值，则此最小值为()A．2B．3C．1＋eq\r(3)D.eq\r(7)答案D解析把对角面A1C绕A1B旋转至ABB1A1，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1，在△AA1D1中，AA1＝1，A1D1＝eq\r(3)，∠AA1D1＝∠AA1B＋90°＝150°，则AP＋D1P的最小值为AD1＝eq\r(12＋\r(3)2－2×1×\r(3)×cos150°)＝eq\r(7).故选D.8．(2019·湖南五市十校联考)已知E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝6，EF＝3eq\r(3)，则异面直线AB与PC所成的角为()A．120°B．45°C．30°D．60°答案D解析取AC的中点D，连接ED，FD，因为E，F分别是三棱锥P－ABC的棱AP，BC的中点，所以ED∥PC，FD∥AB，则直线DE与直线DF所成的角即异面直线AB与PC所成的角，又因为AB＝6，PC＝6，EF＝3eq\r(3)，所以在△DEF中，cos∠EDF＝eq\f(DE2＋DF2－EF2,2DE·DF)＝－eq\f(1,2)，即∠EDF＝120°，所以异面直线AB与PC所成的角为60°.9．(2019·淄博期中)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)()A．28πB．30πC．60πD．120π答案B解析由题意知，该球形容器的半径的最小值为eq\f(1,2)eq\r(25＋4＋1)＝eq\f(\r(30),2)，∴该球形容器的表面积的最小值为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),2)))2＝30π.故选B.10．(2019·安徽皖南八校联考)已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1,1,1,1，eq\r(2)，a，且长为a的棱与长为eq\r(2)的棱所在直线是异面直线，则三棱锥的体积的最大值为()A.eq\f(\r(2),12)B.eq\f(\r(3),12)C.eq\f(\r(2),6)D.eq\f(\r(3),6)答案A解析如图所示，在三棱锥A－BCD中，AD＝a，BC＝eq\r(2)，AB＝AC＝BD＝CD＝1，则该三棱锥为满足题意的三棱锥，将△BCD看作底面，则当平面ABC⊥平面BCD时，该三棱锥的体积有最大值，此时三棱锥的高h＝eq\f(\r(2),2)，△BCD是等腰直角三角形，则S△BCD＝eq\f(1,2)，综上可得，三棱锥的体积的最大值为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).故选A.11．(2019·成都诊断)如图，在矩形ABCD中，EF∥AD，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1，现分别沿EF，GH将矩形折叠使得AD与BC重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为()A．24π B．6πC.eq\f(16,3)π D.eq\f(8,3)π答案C解析由题意可知，在矩形ABCD中，EF∥AD，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1，沿EF，GH将矩形折叠使得AD与BC重合后，所得几何体是底面为等边三角形的三棱柱．底面等边三角形的外接圆直径2r＝eq\f(1,sin60°)，所以r＝eq\f(\r(3),3)，三棱柱的高为BC＝2，所以外接球的球心与底面的圆心距离为1，所以三棱柱的外接球半径R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＋12)＝eq\f(2\r(3),3)，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝eq\f(16π,3).故选C.12．(2019·衡水中学模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别为棱BB1，CC1的中点，点O为上底面的中心，过E，F，O三点的平面把正方体分为两部分，其中含A1的部分为V1，不含A1的部分为V2，连接A1和V2的任一点M，设A1M与平面A1B1C1D1所成角为α，则sinα的最大值为()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(6),5)D.eq\f(2\r(6),6)答案B解析连接EF，因为EF∥平面ABCD，所以过EFO的平面与平面ABCD的交线一定是过点O且与EF平行的直线，过点O作GH∥BC交CD于点G，交AB于H点，则GH∥EF，连接EH，FG，设M点为V2的任一点，过M点作底面A1B1C1D1的垂线，垂足为N，连接A1N，则∠MA1N即为A1M与平面A1B1C1D1所成的角，所以∠MA1N＝α.因为sinα＝eq\f(MN,A1M)，要使α的正弦值最大，必须MN最大，A1M最小，当点M与点H重合时符合题意．故(sinα)max＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,A1M)))max＝eq\f(HN,A1H)＝eq\f(2\r(5),5).故选B.二、填空题13．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．答案eq\f(3π,4)解析由题意得，该圆柱底面圆周半径r＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).∴该圆柱的体积为V＝πr2h＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×1＝eq\f(3π,4).14．(2019·洛阳、许昌质检)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________．答案eq\r(10)解析连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，在BC1上取一点与A1，C构成三角形，∵三角形两边和大于第三边，∴A1P＋PC的最小值是A1C的连线．作展开图如图，由∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝eq\r(2)，得AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(6)，又AA1＝CC1＝eq\r(2)，∴A1B＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋AB2)＝eq\r(2＋6)＝2eq\r(2)，BC1＝eq\r(2＋2)＝2，A1C1＝AC＝2，∴∠A1BC1＝45°，∠CBC1＝45°，∴∠A1BC＝90°，∴A1C＝eq\r(A1B2＋BC2)＝eq\r(8＋2)＝eq\r(10).15．(2019·河北衡水中学调研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．答案eq\f(\r(10),5)解析如图所示，设M，N，P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1，BC1的夹角为MN和NP的夹角或其补角，MN＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(\r(5),2)，NP＝eq\f(1,2)BC1＝eq\f(\r(2),2)，作BC的中点Q，则△PQM为直角三角形，∵PQ＝1，MQ＝eq\f(1,2)AC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，∴AC＝eq\r(7)，∴MQ＝eq\f(\r(7),2)，在△MQP中，MP＝eq\r(MQ2＋PQ2)＝eq\f(\r(11),2)，在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP＝eq\f(MN2＋NP2－PM2,2·MN·NP)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(11),2)))2,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(10),5)，又异面直线所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴AB1与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5).16．已知四面体ABCD，AB＝4，AC＝AD＝6，∠BAC＝∠BAD＝60°，∠CAD＝90°，则该四面体外接球的半径为________．答案2eq\r(5)解析如图，设△ADC的外心是O1，作BH⊥平面ADC，易知H在AO1上，再作BM⊥AC，垂足为M，连接MH，则MH⊥AC，AO1＝eq\f(1,2)DC＝3eq\r(2)，AM＝MH＝2，AH＝2eq\r(2)，设三棱锥的外接球的球心为O，半径为R，OO1＝d，因为AH＝2eq\r(2)，BH＝eq\r(16－8)＝2eq\r(2)，所以在△BOG中，由勾股定理可得R＝eq\r(O1A2＋OO\o\al(2,1))＝eq\r(BH＋OO12＋O1H2)＝eq\r(2\r(2)＋d2＋2)，即eq\r(d2＋3\r(2)2)＝eq\r(2\r(2)＋d2＋2)，解得d＝eq\r(2)，所以R＝eq\r(2\r(2)＋\r(2)2＋2)＝eq\r(20)＝2eq\r(5).三、解答题17.(2019·葫芦岛协作校联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．(1)求证：AE⊥平面A1BD；(2)求三棱锥B1－A1BD的体积．(1)证明∵AB＝BC＝CA，D是AC的中点，∴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分别是AC，CC1的中点，∴A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，A1D，BD⊂平面A1BD，∴AE⊥平面A1BD.(2)解连接AB1交A1B于O