【創(chuàng)新設計】2022屆-數(shù)學一輪(文科)-北師大版-課時作業(yè)-第八章-立體幾何-階段回扣練8-

階段回扣練8立體幾何(建議用時：90分鐘)一、選擇題1．(2022·西安質量檢查)某幾何體的俯視圖是正方形，則該幾何體不行能是()A．三棱柱 B．四棱柱C．圓柱 D．圓錐解析依題意，當一個幾何體的俯視圖是正方形時，該幾何體不行能是圓錐，故選D.答案D2．(2021·杭州質量檢測)設直線l⊥平面α，直線m平面β ()A．若m∥α，則l∥m B．若α∥β，則l⊥mC．若l⊥m，則α∥β D．若α⊥β，則l∥m解析A中直線l與m相互垂直，不正確；B中依據(jù)兩個平面平行的性質知是正確的；C中的α與β也可能相交；D中l(wèi)與m也可能異面，也可能相交，故選B.答案B3.如圖是一個無蓋的正方體盒子開放后的平面圖，A，B，C是開放圖上的三點，則在正方體盒子中，∠ABC的值為 ()A．30° B．45°C．60° D．90°解析還原為正方體，如圖所示，連接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，則∠ABC＝60°.答案C4．(2022·九江調研)已知三棱錐的主視圖與俯視圖如圖所示，俯視圖是邊長為2的正三角形，則該三棱錐的左視圖可能為 ()解析由主視圖和俯視圖還原幾何體如圖所示，由主視圖和俯視圖對應線段可得AB＝BD＝AD＝2，當BC⊥平面ABD時，BC＝2，△ABD的邊AB上的高為eq\r(3)，只有B選項符合，當BC不垂直平面ABD時，沒有符合條件的選項，故選B.答案B5．(2022·廣州綜合測試)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．2π B．4πC．6π D．12π解析依題意，題中的幾何體是半個圓柱，因此其體積等于eq\f(1,2)×π×22×3＝6π.答案C6．(2021·濟南模擬)已知直線m，n不重合，平面α，β不重合，下列命題正確的是 ()A．若mβ，nβ，m∥α，n∥α，則α∥βB．若mα，nβ，α∥β，則m∥nC．若α⊥β，mα，nβ，則m⊥nD．若m⊥α，nα，則m⊥n解析由面面平行的判定定理可知A中需增加條件m，n相交才正確，所以A錯誤；若mα，，nβ，α∥β，則m，n平行或異面，B錯誤；若α⊥β，mα，nβ，則m，n平行、相交、異面都有可能，C錯誤；由直線與平面垂直的定義可知D正確，故選D.答案D7．(2022·太原模擬)一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．48 B．32＋8eq\r(17)C．48＋8eq\r(17) D．80解析由三視圖可得該幾何體是一個側放的直四棱柱，該四棱柱的底面是上底、下底、高分別為2，4，4，腰長為eq\r(17)的等腰梯形，所以兩個底面面積和為2×eq\f(1,2)×(2＋4)×4＝24，側棱長為4，所以側面積為(2＋4＋2eq\r(17))×4＝24＋8eq\r(17)，表面積為24＋24＋8eq\r(17)＝48＋8eq\r(17)，故選C.答案C8．(2021·銀川質量檢測)如圖，O為正方體ABCD－A1B1C1D1的體對角線A1C和AC1的交點，E為棱BB1的中點，則空間四邊形OEC1D1在正方體各面上的正投影不行能是 ()解析依題意，留意到題中的空間四邊形OEC1D1在平面CC1D1D、平面DD1A1A、平面ABCD上的正投影圖形分別是選項B，C，D，故選A.答案A9．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為 ()A.eq\f(3\r(17),2) B．2eq\r(10) C.eq\f(13,2) D．3eq\r(10)解析如圖，由球心作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點M.又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，所以球O的半徑R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋62)＝eq\f(13,2).答案C10．(2021·東北三省四市聯(lián)考)若一個圓柱的主視圖與其側面開放圖相像，則這個圓柱的側面積與全面積之比為 ()A.eq\f(\r(π),\r(π)＋1) B.eq\f(2\r(π),2\r(π)＋1) C.eq\f(2,2\r(π)＋1) D.eq\f(1,\r(π)＋1)解析設圓柱的底面半徑為r，高為h，則eq\f(2r,h)＝eq\f(h,2πr)，則h＝2req\r(π)，則S側＝2πr·h＝4πr2eq\r(π)，S全＝4πr2eq\r(π)＋2πr2，故圓柱的側面積與全面積之比為eq\f(4πr2\r(π),4πr2\r(π)＋2πr2)＝eq\f(2\r(π),2\r(π)＋1)，故選B.答案B二、填空題11.如圖所示，在邊長為5＋eq\r(2)的正方形ABCD中，以A為圓心畫一個扇形，以O為圓心畫一個圓，M，N，K為切點，以扇形為圓錐的側面，以圓O為圓錐底面，圍成一個圓錐，則圓錐的全面積S＝________．解析設圓錐的母線長為l，底面半徑為r，由已知條件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＋r＋\r(2)r＝（5＋\r(2)）×\r(2),\f(2πr,l)＝\f(π,2)))，解得r＝eq\r(2)，l＝4eq\r(2)，S＝πrl＋πr2＝10π.答案10π12．四棱錐P－ABCD的頂點P在底面ABCD上的投影恰好是點A，其主視圖與左視圖都是腰長為a的等腰直角三角形．則在四棱錐P－ABCD的任意兩個頂點的連線中，相互垂直的異面直線共有________對．解析四棱錐P－ABCD的直觀圖如圖所示，結合圖形可知，滿足題中要求的有PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，共6對．答案613．在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是邊長為2的正三角形，則三棱錐P－ABC的體積等于________．解析∵PA⊥底面ABC，∴PA為三棱錐P－ABC的高，且PA＝3.∵底面ABC為正三角形且邊長為2，∴底面面積為eq\f(1,2)×22×sin60°＝eq\r(3)，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×3＝eq\r(3).答案eq\r(3)14．已知H是球O的直徑AB上一點，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，則球O的表面積為________．解析如圖，設截面小圓的半徑為r，球的半徑為R，由于AH∶HB＝1∶2，所以OH＝eq\f(1,3)R.由勾股定理，有R2＝r2＋OH2，又由題意得πr2＝π，則r＝1，故R2＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)R))eq\s\up12(2)，即R2＝eq\f(9,8).由球的表面積公式，得S＝4πR2＝eq\f(9,2)π.答案eq\f(9,2)π15．一個盛滿水的三棱錐容器S－ABC，不久發(fā)覺三條側棱上各有一個小洞D，E，F(xiàn)，且SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用這個容器盛水，則最多可盛原來水的______倍．解析設點F到平面SDE的距離為h1，點C到平面SAB的距離為h2，當平面EFD處于水平位置時，容器盛水最多．eq\f(VF－SDE,VC－SAB)＝eq\f(\f(1,3)S△SDE·h1,\f(1,3)S△SAB·h2)＝eq\f(\f(1,3)·SD·SE·sin∠DSE·h1,\f(1,3)·SA·SB·sin∠ASB·h2)＝eq\f(SD,SA)·eq\f(SE,SB)·eq\f(h1,h2)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27).故最多可盛原來水的1－eq\f(4,27)＝eq\f(23,27).答案eq\f(23,27)三、解答題16．(2022·陜西卷)四周體ABCD及其三視圖如圖所示，平行于棱AD，BC的平面分別交四周體的棱AB，BD，DC，CA于點E，F(xiàn)，G，H.(1)求四周體ABCD的體積；(2)證明：四邊形EFGH是矩形．(1)解由該四周體的三視圖可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四周體ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).(2)證明∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四邊形EFGH是平行四邊形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四邊形EFGH是矩形．17．(2021·濟南一模)在如圖的多面體中，AE⊥底面BEFC，AD∥EF∥BC，BE＝AD＝EF＝eq\f(1,2)BC，G是BC的中點．求證：(1)AB∥平面DEG；(2)EG⊥平面BDF.證明(1)∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC.又∵BC＝2AD，G是BC的中點，∴AD綊BG，∴四邊形ADGB是平行四邊形，∴AB∥DG.∵AB?平面DEG，DG平面DEG，∴AB∥平面DEG.(2)連接GF，四邊形ADFE是矩形，∵DF∥AE，AE⊥底面BEFC，∴DF⊥平面BCFE，EG平面BCFE，∴DF⊥EG.∵EF綊BG，EF＝BE，∴四邊形BGFE為菱形，∴BF⊥EG，又BF∩DF＝F，BF平面BFD，DF平面BFD，∴EG⊥平面BDF.18.(2021·青島質量檢測)如圖幾何體中，四邊形ABCD為矩形，AB＝3BC＝6，BF＝CF＝AE＝DE＝2，EF＝4，EF∥AB，G為FC的中點，M為線段CD上的一點，且CM＝2.(1)證明：AF∥平面BDG；(2)證明：平面BGM⊥平面BFC.證明(1)連接AC交BD于O點，則O為AC的中點，連接OG.∵點G為FC的中點，∴OG為△AFC的中位線，∴OG∥AF.∵AF平面BDG，OG平面BDG，∴AF∥平面BDG.(2)連接FM.∵BF＝CF＝BC＝2，G為CF的中點，∴BG⊥CF.∵CM＝2，∴DM＝4.∵EF∥AB，四邊形ABCD為矩形，∴EF∥DM，又∵EF＝DM＝4，∴四邊形EFMD為平行四邊形．∴FM＝ED＝2，∴△FCM為正三角形，∴MG⊥CF.∵MG∩BG＝G，∴CF⊥平面BGM.∵CF平面BFC，∴平面BGM⊥平面BFC.19.(2022·重慶卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面是以O為中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝eq\f(π,3)，M為BC上一點，且BM＝eq\f(1,2).(1)證明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱錐P－ABMO的體積．(1)證明如圖，連接OB，由于ABCD為菱形，O為菱形的中心，所以AO⊥OB.由于∠BAD＝eq\f(π,3)，所以OB＝AB·sin∠OAB＝2sineq\f(π,6)＝1，又由于BM＝eq\f(1,2)，且∠OBM＝eq\f(π,3)，所以在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM＝12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)－2×1×eq\f(1,2)×coseq\f(π,3)＝eq\f(3,4).所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.從而BC與平面POM內兩條相交直線OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.(2)解由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2·coseq\f(π,6)＝eq\r(3).設PO＝a，由PO⊥底面ABCD知，△POA為直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.又△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋eq\f(3,4).連接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)－2×2×eq\f(1,2)×coseq\f(2π,3)＝eq\f(21,4).由于MP⊥AP，故△APM為直角三角形，則PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋eq\f(3,4)＝eq\f(21