2020版新高考数学一轮（鲁京津琼）精练：阶段强化练（六） (含解析)

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∥α

C．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．③④

C．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.  B.  C.  D.

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＝，BD＝2，

在△A1BD中，由余弦定理得

cos∠DA1B＝＝＝，

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．1  B.  C.  D.

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＝，

所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为，

故选D.

7．(2019·湖南岳阳一中质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝，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．2  B．3  C．1＋  D.

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＝，

∠AA1D1＝∠AA1B＋90°＝150°，

则AP＋D1P的最小值为

AD1＝＝.

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＝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＝3，

所以在△DEF中，cos∠EDF＝＝－，

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．28π  B．30π  C．60π  D．120π

答案　B

解析　由题意知，该球形容器的半径的最小值为

＝，

∴该球形容器的表面积的最小值为4π×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，，a，且长为a的棱与长为的棱所在直线是异面直线，则三棱锥的体积的最大值为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　A

解析　如图所示，在三棱锥A－BCD中，AD＝a，BC＝，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＝，

△BCD是等腰直角三角形，则S△BCD＝，

综上可得，三棱锥的体积的最大值为××＝.

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．6π

C.π   D.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＝，所以r＝，

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＝＝，

所以外接球的表面积为S＝4πR2＝.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sin α的最大值为(　　)

A.  B.  C.  D.

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，

则平行四边形EFGH即为截面，则五棱柱A1B1EHA－D1C1FGD为V1，三棱柱EBH－FCG为V2，

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sin α＝，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(sin α)max＝max＝＝.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　

解析　由题意得，该圆柱底面圆周半径

r＝＝.

∴该圆柱的体积为V＝πr2h＝π2×1＝.

14．(2019·洛阳、许昌质检)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值为________．

答案　

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＝，

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　

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＝AB1＝，

NP＝BC1＝，

作BC的中点Q，则△PQM为直角三角形，

∵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＝

＝＝－，

又异面直线所成角的范围是，

∴AB1与BC1所成角的余弦值为.

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　2

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＝DC＝3，AM＝MH＝2，AH＝2，

设三棱锥的外接球的球心为O，半径为R，OO1＝d，

因为AH＝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，

∵O为AB1的中点，

∴点B1到平面A1BD的距离等于点A到平面A1BD的距离．

∴＝

＝＝××BD＝××2×1×＝.

18．(2019·长沙长郡中学调研)如图，E是以AB为直径的半圆上异于A，B的点，矩形ABCD所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB＝2AD＝2.

(1)求证：EA⊥EC；

(2)设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F.

①证明：EF∥AB；

②若EF＝1，求三棱锥E－ADF的体积．

(1)证明　∵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为直径的半圆上，∴AE⊥BE，

又∵BE∩BC＝B，BC，BE⊂平面BCE，

∴AE⊥平面BCE.

又∵CE⊂平面BCE，∴EA⊥EC.

(2)①证明　∵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的中点O，EF的中点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＝.