2025届高考数学一轮知能训练阶段检测卷六立体几何含解析

PAGE7-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，假如把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，下面给出的条件中肯定能推出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ABCD­A1B1C1D1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．(2024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.eq\f(\r(10),5)B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(4,5)D.eq\f(2,3)5．三棱锥P­ABC中，PA⊥面ABC，PA＝2，AB＝AC＝eq\r(3)，∠BAC＝60°，则该三棱锥的外接球的表面积是()A．12πB．8πC．8eq\r(3)πD．4eq\r(3)π6．某几何体的三视图如图N6­2所示，则该几何体的体积为()图N6­2A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2,3)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ABCD­A1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为eq\o(AC1,\s\up6(→))的有()图N6­3A.eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))B.eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＋eq\o(D1C1,\s\up6(→))C.eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(C1C,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))D.eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))8．如图N6­4所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(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N6­4A．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eq\f(1,3)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_________．①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊂α,l∥m,))⇒l∥α；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,m∥α,))⇒l∥α；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥β,α⊥β,))⇒l∥α.10．(2024年河南八市联考)已知点A，B，C，D在同一球的球面上，AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，若四面体ABCD外接球的球心O恰好在侧棱DA上，DC＝2eq\r(3)，则这个球的表面积为___________．11．(2024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N6­5①三棱锥A­D1PC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)(2024年北京)如图N6­6，在四棱锥P­ABCD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eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F­AE­P的余弦值；(3)设点G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).推断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．图N6­613．(20分)(2024年浙江)如图N6­7，已知三棱柱ABC­A1B1C1，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N6­7

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ABCD­A1B1C1D1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D2804．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)，∴eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．∴cos〈eq\o(FD1,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(FD1,\s\up6(→))·\o(OE,\s\up6(→)),|\o(FD1,\s\up6(→))||\o(OE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋2,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5).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eq\r(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eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(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＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，∴该三棱锥的外接球的表面积S＝4πr2＝8π.故选B.6．D解析：依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ABCD＝2×eq\r(2)＝2eq\r(2).在直观图中过点P作直线AB的垂线PE.垂足为E，则依据正方体的性质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＝eq\f(\r(2),2)，∴VP－ABCD＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2,3).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°冲突，故A错误．B选项，在△A′BC中，A′B＝1，A′C＝eq\r(A′D2＋CD2)＝eq\r(2)，BC＝eq\r(BD2＋CD2)＝eq\r(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＝eq\f(1,3)×S△A′BD×CD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，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，V＝V，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A­xyz，图D284易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，由eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up6(→))可得点F的坐标为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，由eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PD,\s\up6(→))可得E(0,1,1)，设平面AEF的法向量为：m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AF,\s\up6(→))＝x，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))),＝\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0，,m·\o(AE,\s\up6(→))＝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〉＝eq\f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))×\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3)，二面角F­AE­P的平面角为锐角，故二面角F­AE­P的余弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解：易知P(0,0,2)，B(2，－1,0)，由eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))可得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，则eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，留意到平面AEF的一个法向量为：m＝(1,1，－1)，其m·eq\o(AG,\s\up6(→))＝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ABC⊥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⊥BC.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E­xyz.设EH＝1，则AE＝EC＝eq\r(3)，AA1＝CA1＝2eq\r(3)，BC＝eq\r(3)，AB＝3，据此可得：A(0，－eq\r(3)，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，A1(0,0,3)，C(0，eq\r(3)，0)，由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(A1B1,\s\up6(→))可得点B1的坐标为B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)，3))，利用中点坐标公式可得：Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)\r(3)，3))，由于E(0,0,0)，故直线EF方向向量为：eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(