2022届-数学一轮(文科)-北师大版-课时作业-第八章-立体几何-阶段回扣练8-.docx

阶段回扣练8　立体几何
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2022·西安质量检查)某几何体的俯视图是正方形，则该几何体不行能是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．三棱柱 B．四棱柱
C．圆柱 D．圆锥
解析　依题意，当一个几何体的俯视图是正方形时，该几何体不行能是圆锥，故选D.
答案　D
2．(2021·杭州质量检测)设直线l⊥平面α，直线m平面β (　　)
A．若m∥α，则l∥m B．若α∥β，则l⊥m
C．若l⊥m，则α∥β D．若α⊥β，则l∥m
解析　A中直线l与m相互垂直，不正确；B中依据两个平面平行的性质知是正确的；C中的α与β也可能相交；D中l与m也可能异面，也可能相交，故选B.
答案　B
3.如图是一个无盖的正方体盒子开放后的平面图，A，B，C是开放图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为 (　　)
A．30° 　　　　 B．45°
C．60° 　　　　 D．90°
解析　还原为正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.

答案　C
4．(2022·九江调研)已知三棱锥的主视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的左视图可能为 (　　)

解析　由主视图和俯视图还原几何体如图所示，由主视图和俯视图对应线段可得AB＝BD＝AD＝2，当BC⊥平面ABD时，BC＝2，△ABD的边AB上的高为，只有B选项符合，当BC不垂直平面ABD时，没有符合条件的选项，故选B.
答案　B
5．(2022·广州综合测试)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
(　　)

A．2π B．4π
C．6π D．12π
解析　依题意，题中的几何体是半个圆柱，因此其体积等于×π×22×3＝
6π.
答案　C
6．(2021·济南模拟)已知直线m，n不重合，平面α，β不重合，下列命题正确的是 (　　)
A．若mβ，nβ，m∥α，n∥α，则α∥β
B．若mα，nβ，α∥β，则m∥n
C．若α⊥β，mα，nβ，则m⊥n
D．若m⊥α，nα，则m⊥n
解析　由面面平行的判定定理可知A中需增加条件m，n相交才正确，所以A错误；若mα，，nβ，α∥β，则m，n平行或异面，B错误；若α⊥β，mα，nβ，则m，n平行、相交、异面都有可能，C错误；由直线与平面垂直的定义可知D正确，故选D.
答案　D
7．(2022·太原模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
(　　)

A．48 B．32＋8
C．48＋8 D．80
解析　由三视图可得该几何体是一个侧放的直四棱柱，该四棱柱的底面是上底、下底、高分别为2，4，4，腰长为的等腰梯形，所以两个底面面积和为2××(2＋4)×4＝24，侧棱长为4，所以侧面积为(2＋4＋2)×4＝24＋8，表面积为24＋24＋8＝48＋8，故选C.
答案　C

8．(2021·银川质量检测)如图，O为正方体ABCD－A1B1C1D1的体对角线A1C和AC1的交点，E为棱BB1的中点，则空间四边形OEC1D1在正方体各面上的正投影不行能是 (　　)

解析　依题意，留意到题中的空间四边形OEC1D1在平面CC1D1D、平面DD1A1A、平面ABCD上的正投影图形分别是选项B，C，D，故选A.
答案　A
9．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为 (　　)
A. B．2 C. D．3
解析　如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝.
答案　C
10．(2021·东北三省四市联考)若一个圆柱的主视图与其侧面开放图相像，则这个圆柱的侧面积与全面积之比为 (　　)
A. B. C. D.
解析　设圆柱的底面半径为r，高为h，则＝，则h＝2r，则S侧＝
2πr·h＝4πr2，S全＝4πr2＋2πr2，故圆柱的侧面积与全面积之比为＝，故选B.
答案　B
二、填空题
11.如图所示，在边长为5＋的正方形ABCD中，以A为圆心画一个扇形，以O为圆心画一个圆，M，N，K为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O为圆锥底面，围成一个圆锥，则圆锥的全面积S＝________．
解析　设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由已知条件得
，
解得r＝，l＝4，S＝πrl＋πr2＝10π.
答案　10π
12．四棱锥P－ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是点A，其主视图与左视图都是腰长为a的等腰直角三角形．则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，相互垂直的异面直线共有________对．

解析　四棱锥P－ABCD的直观图如图所示，结合图形可知，满足题中要求的有PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，共6对．
答案　6
13．在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．
解析　∵PA⊥底面ABC，
∴PA为三棱锥P－ABC的高，且PA＝3.
∵底面ABC为正三角形且边长为2，
∴底面面积为×22×sin 60°＝，
∴VP－ABC＝××3＝.
答案　
14．已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为________．
解析　如图，设截面小圆的半径为r，球的半径为R，由于AH∶HB＝1∶2，所以OH＝R.由勾股定理，有R2＝r2＋OH2，又由题意得πr2＝π，则r＝1，故R2＝1＋，即R2＝.由球的表面积公式，得S＝4πR2＝π.
答案　π
15．一个盛满水的三棱锥容器S－ABC，不久发觉三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的______倍．
解析　设点F到平面SDE的距离为h1，点C到平面SAB的距离为h2，当平面EFD处于水平位置时，容器盛水最多．
＝
＝＝··＝××＝.
故最多可盛原来水的1－＝.
答案　
三、解答题
16．(2022·陕西卷)四周体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四周体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.

(1)求四周体ABCD的体积；
(2)证明：四边形EFGH是矩形．
(1)解　由该四周体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，
∴四周体ABCD的体积V＝××2×2×1＝.
(2)证明　∵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，
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
17．(2021·济南一模)在如图的多面体中，AE⊥底面BEFC，AD∥EF∥BC，BE＝AD＝EF＝BC，G是BC的中点．

求证：(1)AB∥平面DEG；
(2)EG⊥平面BDF.
证明　(1)∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC.
又∵BC＝2AD，G是BC的中点，∴AD綊BG，
∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG.
∵AB⃘平面DEG，DG平面DEG，
∴AB∥平面DEG.
(2)连接GF，四边形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，
∴四边形BGFE为菱形，
∴BF⊥EG，
又BF∩DF＝F，BF平面BFD，DF平面BFD，
∴EG⊥平面BDF.
18.(2021·青岛质量检测)如图几何体中，四边形ABCD为矩形，AB＝3BC＝6，BF＝CF＝AE＝DE＝2，EF＝4，EF∥AB，G为FC的中点，M为线段CD上的一点，且CM＝2.
(1)证明：AF∥平面BDG；
(2)证明：平面BGM⊥平面BFC.
证明　(1)连接AC交BD于O点，则O为AC的中点，连接OG.
∵点G为FC的中点，
∴OG为△AFC的中位线，
∴OG∥AF.
∵AF平面BDG，OG平面BDG，
∴AF∥平面BDG.
(2)连接FM.
∵BF＝CF＝BC＝2，G为CF的中点，∴BG⊥CF.
∵CM＝2，∴DM＝4.
∵EF∥AB，四边形ABCD为矩形，∴EF∥DM，
又∵EF＝DM＝4，
∴四边形EFMD为平行四边形．
∴FM＝ED＝2，∴△FCM为正三角形，∴MG⊥CF.
∵MG∩BG＝G，∴CF⊥平面BGM.
∵CF平面BFC，
∴平面BGM⊥平面BFC.
19.(2022·重庆卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝.
(1)证明：BC⊥平面POM；
(2)若MP⊥AP，求四棱锥P－ABMO的体积．
(1)证明　如图，连接OB，由于ABCD为菱形，O为菱形的中心，所以AO⊥OB.
由于∠BAD＝，
所以OB＝AB·sin∠OAB＝2sin＝1，
又由于BM＝，且∠OBM＝，所以在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM＝12＋－2×1××cos＝.
所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.
又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.
从而BC与平面POM内两条相交直线OM，
PO都垂直，所以BC⊥平面POM.
(2)解　由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2·cos＝.
设PO＝a，由PO⊥底面ABCD知，△POA为直角三角形，
故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.
又△POM也是直角三角形，
故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋.
连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋－2×2××cos＝.
由于MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋＝，得a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.
此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB＝·AO·OB＋·BM·OM＝××1＋××＝.所以VP－ABMO＝·S四边形ABMO·PO＝××＝.