2022年高考數(shù)學專題復習導練測 第八章 立體幾何階段測試(十)理 新人教A版

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1、2022年高考數(shù)學專題復習導練測 第八章 立體幾何階段測試(十)理 新人教A版 一、選擇題 1.空間中四點可確定的平面有(  ) A.1個 B.3個 C.4個 D.1個或4個或無數(shù)個 答案 D 解析 當這四點共線時,可確定無數(shù)個平面;當這四點不共線且共面時,可確定一個平面;當這四點不共面時,其中任三點可確定一個平面,此時可確定4個平面. 2.一個長方體被一個平面所截,得到的幾何體的三視圖,如圖所示,則這個幾何體的體積為(  ) A.8 B.4 C.2 D.1 答案 C 解析 根據(jù)該幾何體的三視圖知,該幾何體是一個平放的三棱柱;它的底面三角形的面積為S底面=×2

2、×1=1,棱柱高為h=2,∴棱柱的體積為S棱柱=S底面·h=1×2=2. 3.下列命題中,錯誤的是(  ) A.三角形的兩條邊平行于一個平面,則第三邊也平行于這個平面 B.平面α∥平面β,a?α,過β內(nèi)的一點B有唯一的一條直線b,使b∥a C.α∥β,γ∥δ,α、β、γ、δ所成的交線為a、b、c、d,則a∥b∥c∥d D.一條直線與兩個平面成等角,則這兩個平面平行 答案 D 解析 A正確,三角形可以確定一個平面,若三角形兩邊平行于一個平面,而它所在的平面與這個平面平行,故第三邊平行于這個平面;B正確,兩平面平行,一面中的線必平行于另一個平面,平面內(nèi)的一點與這條線可以確定一個平面,

3、這個平面與已知平面交于一條直線,過該點在這個平面內(nèi)只有這條直線與a平行;C正確,利用同一平面內(nèi)不相交的兩直線一定平行判斷即可確定C是正確的;D錯誤,一條直線與兩個平面成等角,這兩個平面可能是相交平面,故應選D. 4.在空間四邊形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,且DA⊥平面ABC,則△ABC的形狀是(  ) A.銳角三角形 B.直角三角形 C.鈍角三角形 D.不能確定 答案 B 解析 作AE⊥BD,交BD于E, ∵平面ABD⊥平面BCD, ∴AE⊥平面BCD,BC?平面BCD,∴AE⊥BC, 而DA⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴DA⊥BC, 又∵AE∩AD=A,

4、∴BC⊥平面ABD, 而AB?平面ABD,∴BC⊥AB, 即△ABC為直角三角形.故選B. 5.在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,D為側(cè)棱PC上的一點,它的正視圖和側(cè)視圖如圖所示,則下列命題正確的是(  ) A.AD⊥平面PBC且三棱錐D-ABC的體積為 B.BD⊥平面PAC且三棱錐D-ABC的體積為 C.AD⊥平面PBC且三棱錐D-ABC的體積為 D.BD⊥平面PAC且三棱錐D-ABC的體積為 答案 C 解析 ∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC, 又AC⊥BC,PA∩AC=A, ∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥AD, 又由三視圖可得在△PAC中,PA=

5、AC=4,D為PC的中點, ∴AD⊥PC,∴AD⊥平面PBC. 又BC=4,∠ADC=90°,BC⊥平面PAC. 故VD-ABC=VB-ADC=××2×2×4=. 二、填空題 6.(xx·江蘇)設甲、乙兩個圓柱的底面積分別為S1,S2,體積分別為V1,V2.若它們的側(cè)面積相等,且=,則的值是________. 答案  解析 設兩個圓柱的底面半徑和高分別為r1,r2和h1,h2, 由=, 得=,則=. 由圓柱的側(cè)面積相等,得2πr1h1=2πr2h2, 即r1h1=r2h2, 所以===. 7.已知PA垂直于平行四邊形ABCD所在的平面,若PC⊥BD,則平行四邊形ABC

6、D的形狀一定是________. 答案 菱形 解析 由于PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以PA⊥BD. 又PC⊥BD,且PC?平面PAC,PA?平面PAC,PC∩PA=P,所以BD⊥平面PAC. 又AC?平面PAC,所以BD⊥AC. 又四邊形ABCD是平行四邊形, 所以四邊形ABCD是菱形. 8.如圖,兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,設M、N分別是BD和AE的中點,那么①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN、CE異面.其中正確結(jié)論的序號是________. 答案 ①②③ 解析 ∵兩個正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,設M、N

7、分別是BD和AE的中點,取AD的中點G,連接MG,NG,易得AD⊥平面MNG,進而得到AD⊥MN,故①正確;連接AC,CE,根據(jù)三角形中位線定理,可得MN∥CE,由線面平行的判定定理,可得②MN∥平面CDE及③MN∥CE正確,④MN、CE異面錯誤. 三、解答題 9.如下的三個圖中,左面的是一個長方體截去一個角所得多面體的直觀圖,它的正視圖和俯視圖在右面畫出(單位:cm). (1)在正視圖下面,按照畫三視圖的要求畫出該多面體的俯視圖; (2)按照給出的尺寸,求該多面體的體積; (3)在所給直觀圖中連接BC′,證明BC′∥平面EFG. (1)解 如圖: (2)解 所求多面體體

8、積V=V長方體-V正三棱錐=4×4×6-×(×2×2)×2=(cm3). (3)證明 在長方體ABCD-A′B′C′D′中, 連接AD′,則AD′∥BC′. 因為E,G分別為AA′,A′D′的中點, 所以AD′∥EG, 從而EG∥BC′. 又BC′?平面EFG, 所以BC′∥平面EFG. 10.平面圖形ABB1A1C1C如圖1所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=,現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊,使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直,再分別連接A1A,A1B,A1C,得到如圖2所示的空間圖形.對此空間

9、圖形解答下列問題. (1)證明:AA1⊥BC; (2)求AA1的長; (3)求二面角A-BC-A1的余弦值. (1)證明 如圖, 取BC,B1C1的中點分別為D和D1, 連接AD,A1D1,A1D,DD1. 由條件可知,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1. 由上可得AD⊥平面BB1C1C,A1D1⊥平面BB1C1C, 由此得AD∥A1D1,即AD,A1D1確定平面AD1A1D. 又因為DD1∥BB1,BB1⊥BC, 所以DD1⊥BC. 又因為AD⊥BC,AD∩DD1=D, 所以BC⊥平面AD1A1D, 又∵AA1?平面AD1A1D, 故BC⊥AA1. (2)解 延長A1D1到G點,使GD1=AD.連接AG. 因為AD綊GD1,所以AG綊DD1綊BB1. 由于BB1⊥平面A1B1C1,所以AG⊥A1G. 由條件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4, 所以AA1=5. (3)解 因為BC⊥平面AD1A1D, 所以∠ADA1為二面角A-BC-A1的平面角. 在Rt△A1DD1中,DD1=4,A1D1=2, 解得sin∠D1DA1=, cos∠ADA1=cos=-, 即二面角A-BC-A1的余弦值為-.

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