专题限时训练 (小题提速练)
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一、选择题
1．已知互相垂直的平面 α，β 交于直线 l.若直线 m，n 满足 m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B.m∥n
C．n⊥l D.m⊥n
解析：由平面 α，β 交于直线 l，得到 l⊂β，而 n⊥β，所以 n⊥l.选 C.
答案：C
2．设 α，β 分别为两个不同的平面，直线 l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：依题意，由 l⊥β，l⊂α 可以推出 α⊥β；反过来，由 α⊥β，l⊂α 不能推出 l⊥
β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，选 A.
答案：A
3．某个几何体的三视图如图所示，其中正视图中的圆弧是半径为 2 的半圆，则该
几何体的表面积为( )
A．92＋24π B.82＋24π
C．92＋14π D.82＋14π
解析：依题意，题中的几何体是在一个长方体的上表面放置了半个圆柱，其中长
方体的长、宽、高分别是 5,4,4，圆柱的底面半径是 2，高是 5，因此该几何体的表
面积等于 3×(4×5)＋2×(4×4)＋π×22＋1
2
×(2π×2)×5＝92＋14π，故选 C.答案：C
4．如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱
的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( )
A B C D
解析：对于 B，易知 AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ；对于 C，易知 AB∥MQ，
则直线 AB∥平面 MNQ；对于 D，易知 AB∥NQ，则直线 AB∥平面 MNQ.故排除
B，C，D，选 A.
答案：A
5．在下列四个正方体中，能得出异面直线 AB⊥CD 的是( )
A B C D
解析：对于 A，作出过 AB 的平面 ABE，如图①，可得直线 CD 与平面 ABE 垂直，
根据线面垂直的性质知，AB⊥CD 成立，故 A 正确；对于 B，作出以 AB 为边的等
边三角形 ABE，如图②，将 CD 平移至 AE，可得 CD 与 AB 所成的角等于 60°，
故 B 不成立；对于 C，D，将 CD 平移至经过点 B 的侧棱处，可得 AB，CD 所成的
角都是锐角，故 C 和 D 均不成立．
答案：A
6．(2019·广东广州调研)正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，M 为 CC1 的中点，N
是线段 DD1 上靠近 D1 的三等分点，平面 BMN 交 AA1 于点 Q，则线段 AQ 的长为
( )
A.2
3 B.1
2 C.1
6 D.1
3
解析：如图所示，过点 A 作 AE∥BM 交 DD1 于点 E，则 E 是 DD1 的中点，过点 N
作 NT∥AE 交 A1A 于点 T，此时 NT∥BM，所以 B，M，N，T 四点共面，所以点 Q
与点 T 重合，易知 AQ＝NE＝1
3.故选 D.
答案：D
7．(2019·广西南宁模拟)在如图所示的正方体 ABCD－A 1B1C1D1 中，E，F 分别是
棱 B1B，AD 的中点，异面直线 BF 与 D1E 所成角的余弦值为( )
A. 14
7 B.5
7
C. 10
5 D.2 5
5
解析：如图，过点 E 作 EM∥AB，过点 M 作 MN∥AD，取 MN 的中点 G，连接
NE，D1G，所以平面 EMN∥平面 ABCD，易知 EG∥BF，所以异面直线 BF 与 D1E
所成的角为∠D1EG，不妨设正方体的棱长为 2，则 GE＝ 5，
D1G＝ 2，D1E＝3，在△D1EG 中，
cos∠D1EG＝D1E2＋GE2－D1G2
2D1E·GE
＝2 5
5 .故选 D.答案：D
8．已知长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，棱 A1A＝5，AB＝12，那么直线 B1C1 和平面
A1BCD1 的距离是( )
A．5 B.13
2
C.60
13 D.8
解析：∵B1C1∥BC，且 B1C1⊄平面 A1BCD1，BC⊂平面 A 1BCD1，∴B1C1∥平面
A1BCD1.从而点 B1 到平面 A1BCD1 的距离即为所求．过点 B1 作 B1E⊥A1B 于 E 点
(图略)．∵BC⊥平面 A1ABB1，且 B1E⊂平面 A1ABB1，∴BC⊥B1E.又 BC∩A1B＝B，∴
B1E⊥平面 A1BCD1，即线段 B1E 的长即为所求．在 Rt△A1B1B 中，B1E＝A1B1·B1B
A1B
＝
12 × 5
52＋122
＝60
13
，因此直线 B1C1 和平面 A1BCD1 的距离是60
13.故选 C.
答案：C
9．在棱长均相等的正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，D 为 BB1 的中点，F 在 AC1 上，且
DF⊥AC1，则下述结论：
①AC1⊥BC；②AF＝FC1；③平面 DAC1⊥平面 ACC1A1，正确的个数为( )
A．0 B.1
C.2 D.3
解析：BC⊥CC1，若 AC1⊥BC，则 BC⊥面 AA1C1C，显然不成立(设棱长为 2)，∴①
错；②连接 AD，DC1，在△ADC1 中，AD＝DC1＝ 5，而 DF⊥AC1，∴F 是 AC1
的中点，∴②对；由②知，在△ADC1 中 DF＝ 3，连接 CF，易知 CF＝ 2，而在 Rt
△CBD 中，CD＝ 5，∴DF2＋CF2＝CD2，∴DF⊥CF，又 DF⊥AC1，CF∩AC1＝F，∴DF⊥平面 AA1C1C，又 DF⊂平面 DAC1，∴平面 DAC1⊥平面 ACC1A1，
∴③对．故选 C.
答案：C
10．直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠BCA＝90°，D1，F1 分别是 A1B1，A1C1 的中点，
若 BC＝CA＝CC1，则 BD1 与 AF1 所成角的正切值为( )
A. 21
3 B. 30
10
C. 30
15 D. 15
10
解析：如图所示，作正方体 AEBC－A1E1B1C1，取 AE 中点 M，连接 MD1，MB.由
MD1∥AF1 可得∠MD1B 就是 BD1 与 AF1 所成的角．设 AC＝a，则 MD1＝MB＝ 5
2
a，BD1＝ 6
2 a.
∴cos∠MD1B＝
6
4 a
5
2 a
＝ 3
10
，tan∠MD1B＝ 21
3 .故选 A.
答案：A
11．已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 α 所成的角相等，则 α 截此正
方体所得截面面积的最大值为( )
A.3 3
4 B.2 3
3 C.3 2
4 D. 3
2
解析：因为相互平行的直线与平面所成的角相等，所以在正方体 ABCD－A1B1C1D1
中，平面 AB1D1 与 AA1，A1B1，A1D1 所成的角是相等的，所以平面 AB1D1 与正方体
的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面 C1BD 也满足与正方体的每条棱
所在的直线所成角都相等．要求截面面积最大，则截面的位置为夹在平面 AB1D1
与平面 C1BD 中间，过棱的中点的正六边形，且边长为 2
2 .所以其面积为 S＝
6× 3
4 ·(
2
2 )2＝3 3
4 .
答案：A
12．(2019·湖南师大联考)如图，正方体 ABCD－A 1B1C1D1 的棱长为 1，点 M 是对
角线 C1B 上的动点，则 CM＋MD1 的最小值为( )
A. 2＋ 2 B.2＋ 2
C. 2＋ 6 D.2
解析：将△CBC1 沿 BC，CC1 剪开，并沿 BC1 折起，使平面 CBC1 和平面 BC1D1A
共面(如图)．连 D 1C″交 BC1 于点 M.则 CM＋MD 1 最短(即线段 C″D 1)．在△
D1C1C″中，∠D1C1C″＝135°，由余弦定理得 C″D21＝12＋12－2×12·cos 135°＝2
＋ 2.故 CM＋MD1 的最小值为 2＋ 2.答案：A
二、填空题
13．在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，则异面直线 AB1 与
BC1 所成角的余弦值为________．
解析：如图，连接 AD1，B1D1，因为 AD1∥BC1，所以异面直线 AB1 与 BC1 所成的
角即为∠B1AD1(或其补角)．根据勾股定理易知 AD1＝ 5，AB1＝ 10，B1D1＝ 13，
所以在△B1AD1 中，
cos∠B1AD1＝ 5＋10－13
2 × 5 × 10
＝ 2
10.故异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 2
10.
答案： 2
10
14．在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，O 为底面 ABCD 的中心，P 是 DD1 的中点，
设 Q 是 CC1 上的点，则点 Q 满足条件 时，有平面 D1BQ∥平面 PAO.
解析：如图，假设 Q 为 CC1 的中点，因为 P 为 DD1 的中点，所以 QB∥PA.连接
DB，因为 P，O 分别是 DD1，DB 的中点，所以 D1B∥PO，又 D1B⊄平面 PAO，QB
⊄平面 PAO，所以 D1B∥平面 PAO，QB∥平面 PAO，又 D1B∩QB＝B，所以平面
D1BQ∥平面 PAO.故 Q 满足条件 Q 为 CC1 的中点时，有平面 D1BQ∥平面 PAO.
答案：Q 为 CC1 的中点
15．已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为 12π，当正四棱柱的体
积最大时，正四棱柱的高为________．
解析：设正四棱柱的底面边长为 a，高为 h，球的半径为 r.由题意知 4πr2＝12π，所
以 r2＝3，又 2a2＋h2＝(2r)2＝12，所以 a2＝6－h2
2
，所以正四棱柱的体积 V＝a2h＝
(6－h2
2 )h，则 V′＝6－3
2h2，由 V′>0，得 0
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