广西专用高考数学一轮复习单元质检八立体几何A含解析新人教A版文.

单元质检八　立体几何(A)

(时间:45分钟　满分:100分)

一、选择题(本大题共5小题,每小题7分,共35分)

1.若平面α⊥平面β,且平面α内的一条直线a垂直于平面β内的一条直线b,则(　　)

A.直线a必垂直于平面β

B.直线b必垂直于平面α

C.直线a不一定垂直于平面β

D.过a的平面与过b的平面垂直

答案:C

解析:α⊥β,a⊂α,b⊂β,a⊥b,当α∩β=a时,b⊥α;当α∩β=b时,a⊥β,其他情形则未必有b⊥α或a⊥β,所以选项A,B,D都错误,故选C.

2.(2019云南曲靖沾益四中高三三模)如图,一个透明的球形装饰品内放置了两个共底面的圆锥,且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上,已知圆锥底面面积是这个球面面积的,则较大圆锥与较小圆锥的体积之比为(　　)

A.2∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.5∶1

答案:B

解析:不妨设球的半径为4,则球的表面积为64π,圆锥的底面积为12π,所以圆锥的底面半径为2.由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离、球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形,由此可以求得球心到圆锥底面的距离是=2,所以圆锥体积较小者的高为4-2=2,同理可得圆锥体积较大者的高为4+2=6.又这两个圆锥的底面相同,所以较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们的高之比,即3∶1,故选B.

3.(2020全国Ⅲ,文9)下图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是(　　)

A.6+4 B.4+4 C.6+2 D.4+2

答案:C

解析:由三视图可知,该几何体为三棱锥,是棱长为2的正方体一角,其表面积为3××2×2+×2×2×sin60°=6+2.

4.我国古代数学名著《孙子算经》中有如下问题:“今有筑城,上广二丈,下广五丈四尺,高三丈八尺,长五千五百五十尺,秋程人功三百尺.问:须工几何?”意思是:“现要筑造底面为等腰梯形的直棱柱的城墙,其中底面等腰梯形的上底为2丈,下底为5.4丈,高为3.8丈,直棱柱的侧棱长为5 550 尺.如果一个秋天工期的单个人可以筑出300立方尺,问:一个秋天工期需要多少个人才能筑起这个城墙?”(注:一丈等于十尺)(　　)

A.24 642 B.26 011 C.52 022 D.78 033

答案:B

解析:根据棱柱的体积公式,可得城墙所需土方为×38×5550=7803300(立方尺),一个秋天工期所需人数为=26011,故选B.

5.在空间四面体ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,且DA⊥平面ABC,则△ABC的形状是(　　)

A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定

答案:B

解析:作AE⊥BD,交BD于E,

∵平面ABD⊥平面BCD,交线为BD,

∴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,AD,AE⊂平面ABD,∴BC⊥平面ABD.

而AB⊂平面ABD,

∴BC⊥AB,即△ABC为直角三角形.故选B.

二、填空题(本大题共3小题,每小题7分,共21分)

6.已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示,则此四棱锥外接球的半径为　　　　　. 

答案:

解析:因为三视图对应的几何体是四棱锥,顶点在底面的射影是底面矩形的长边的中点,底面边长分别为4,2,满足侧面PAD⊥底面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且高为2,如图所示,可知外接球球心为底面对角线的交点,可求得球半径为.

7.已知PA垂直于平行四边形ABCD所在的平面,若PC⊥BD,则平行四边形ABCD的形状一定是　　　　　. 

答案:菱形

解析:因为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.

又四边形ABCD是平行四边形,所以四边形ABCD是菱形.

8.已知A,B,C,D是球面上不共面的四点,AB=AC=,BD=CD=,BC=,平面ABC⊥平面BCD,则此球的体积为　　　　　. 

答案:π

解析:取BC的中点E,连接DE,AE.

由已知知△ABC为等腰直角三角形,△BCD为等腰三角形,

又平面ABC⊥平面BCD,且交线为BC,所以球心O在平面ABC的射影为BC的中点E.

如图所示,连接AO,由题意可知OE2+AE2=OA2.

设球的半径R=OD=OA=x,

由题意,得DE=,

在Rt△AOE中,=x2,

解得x=,则此球的体积为V=πR3=π.

三、解答题(本大题共3小题,共44分)

9.(14分)如下的三个图中,左面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图,它的正视图和侧视图在右面画出(单位:cm).

(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;

(2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;

(3)在所给直观图中连接BC',证明BC'∥平面EFG.

答案：(1)解如图:

(2)解所求多面体体积V=V长方体-V正三棱锥=4×4×6-×2=(cm3).

(3)证明在长方体ABCD-A'B'C'D'中,连接AD',则AD'∥BC'.

因为E,G分别为AA',A'D'的中点,

所以AD'∥EG.从而EG∥BC'.

又BC'⊄平面EFG,

所以BC'∥平面EFG.

10.(15分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

(1)证明:BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.

答案：(1)证明由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,

故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,

所以BE⊥平面EB1C1.

(2)解由(1)知∠BEB1=90°.

由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,

所以∠AEB=∠A1EB1=45°,

故AE=AB=3,AA1=2AE=6.

作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.

所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=×3×6×3=18.

11.(15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,AC=AB=AA1=2,∠AA1B1=60°,E,F分别为棱A1B1,BC的中点.

(1)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积;

(2)在直线AA1上是否存在一点P,使得CP∥平面AEF?若存在,求出AP的长;若不存在,说明理由.

解：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=AB.

因为AB=AA1=2,所以A1B1=AA1=2.

又因为∠AA1B1=60°,连接AB1,

所以△AA1B1是边长为2的正三角形.

因为E是棱A1B1的中点,

所以AE⊥A1B1,且AE=.

又AB∥A1B1,所以AE⊥AB.

又侧面ABB1A1⊥底面ABC,

且侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,

又AE⊂侧面ABB1A1,所以AE⊥底面ABC,

所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V=S△ABC·AE=AB·AC·AE=×2×2×=2.

(2)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.

理由如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,交点为P.连接CP.

因为A1B1∥AB,故.

因为E为棱A1B1的中点,AB=A1B1,

所以,所以PE=EB.

又F为棱BC的中点,

所以EF为△BCP的中位线,

所以EF∥CP.

又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,

所以CP∥平面AEF.

故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.

此时,PA1=AA1=2,所以AP=2AA1=4.