《廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢八 立體幾何（A） 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢八 立體幾何（A） 文（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 單元質(zhì)檢八　立體幾何(A) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共5小題,每小題7分,共35分) 1.若平面α⊥平面β,且平面α內(nèi)的一條直線a垂直于平面β內(nèi)的一條直線b,則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.直線a必垂直于平面β B.直線b必垂直于平面α C.直線a不一定垂直于平面β D.過a的平面與過b的平面垂直 答案C 解析α⊥β,a?α,b?β,a⊥b,當(dāng)α∩β=a時(shí),b⊥α;當(dāng)α∩β=b時(shí),a⊥β,其他情形則未必有b⊥α或a⊥β,所以選項(xiàng)A,B,D都錯誤,故選C. 2.某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的體積(單

2、位:cm3)是(　　) A.π2+1 B.π2+3 C.3π2+1 D.3π2+3 答案A 解析V=13×3×12×π×12+12×2×1=π2+1,故選A. 3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)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.3172 B.210 C.132 D.310 答案C 解析由計(jì)算可得O為B1C與BC1的交點(diǎn). 設(shè)BC的中點(diǎn)為M,連接OM,AM,則可知OM⊥面ABC,連接AO,則AO的長為球半徑,可知OM=6,AM=52,在Rt△AOM中,由勾股定理得R=132. 4.(2018福建寧德

3、期末)我國古代數(shù)學(xué)名著《孫子算經(jīng)》中有如下問題:“今有筑城,上廣二丈,下廣五丈四尺,高三丈八尺,長五千五百五十尺,秋程人功三百尺.問:須工幾何?”意思是:“現(xiàn)要筑造底面為等腰梯形的直棱柱的城墻,其中底面等腰梯形的上底為2丈,下底為5.4丈,高為3.8丈,直棱柱的側(cè)棱長為5 550尺.如果一個(gè)秋天工期的單個(gè)人可以筑出300立方尺,問:一個(gè)秋天工期需要多少個(gè)人才能筑起這個(gè)城墻?”(注:一丈等于十尺)(　　) A.24 642 B.26 011 C.52 022 D.78 033 答案B 解析根據(jù)棱柱的體積公式,可得城墻所需土方為20+542×38×5550=7803300(立方尺),一個(gè)秋天

4、工期所需人數(shù)為7803300300=26011,故選B. 5.在空間四面體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,∴BC⊥平面ABD. 而AB?平面ABD,∴BC⊥AB, 即△ABC為直角三角形.故選B. 二、填空題(本大題共3小題,每小題7分,共21分) 6.

5、已知四棱錐P-ABCD的三視圖如圖所示,則此四棱錐外接球的半徑為　　　　　.? 答案5 解析因?yàn)槿晥D對應(yīng)的幾何體是四棱錐,頂點(diǎn)在底面的射影是底面矩形的長邊的中點(diǎn),底面邊長分別為4,2,滿足側(cè)面PAD⊥底面ABCD,△PAD為等腰直角三角形,且高為2,如圖所示,可知外接球球心為底面對角線的交點(diǎn),可求得球半徑為12×42+22=5. 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ABCD的形狀一定是　　　　　.? 答案菱形 解析因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以PA⊥BD. 又PC⊥BD,且PC?平面PAC,PA?平面PAC,PC

6、∩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.已知A,B,C,D是球面上不共面的四點(diǎn),AB=AC=3,BD=CD=2,BC=6,平面ABC⊥平面BCD,則此球的體積為　　　　　.? 答案823π 解析如圖所示,設(shè)球心坐標(biāo)為O, 連接OD,交BC于點(diǎn)E,連接AE, 由題意可知OE2+AE2=OA2. 設(shè)球的半徑R=OD=OA=x, 由題意,得22-x2+622=x2, 解得x=2,則此球的體積為V=43πR3=823π. 三、解答題(本大題共3小題,共44分) 9.(14分)如下

7、的三個(gè)圖中,左面的是一個(gè)長方體截去一個(gè)角所得多面體的直觀圖,它的正視圖和側(cè)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)解所求多面體體積V=V長方體-V正三棱錐=4×4×6-13×12×2×2×2=2843(cm3). (3)證明在長方體ABCD-A'B'C'D'中,連接AD',則AD'∥BC'. 因?yàn)镋,G分別為AA',A'D'的中點(diǎn), 所以AD'∥EG.從而EG∥BC'. 又BC'?平面EFG

8、,所以BC'∥平面EFG. 10.(15分)(2018河南商丘二模)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,AC=AB=AA1=2,∠AA1B1=60°,E,F分別為棱A1B1,BC的中點(diǎn). (1)求三棱柱ABC-A1B1C1的體積; (2)在直線AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得CP∥平面AEF?若存在,求出AP的長;若不存在,說明理由. 解(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=AB. 因?yàn)锳B=AA1=2,所以A1B1=AA1=2. 又因?yàn)椤螦A1B1=60°,連接AB1,所以△AA1B1是邊長為2的正三角形. 因?yàn)镋是棱A

9、1B1的中點(diǎn),所以AE⊥A1B1,且AE=3. 又AB∥A1B1,所以AE⊥AB. 又側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC, 且側(cè)面ABB1A1∩底面ABC=AB, 又AE?側(cè)面ABB1A1,所以AE⊥底面ABC, 所以三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V=S△ABC·AE=12AB·AC·AE=12×2×2×3=23. (2)在直線AA1上存在點(diǎn)P,使得CP∥平面AEF. 理由如下:連接BE并延長,與AA1的延長線相交,交點(diǎn)為P.連接CP. 因?yàn)锳1B1∥AB,故PEPB=PA1PA=A1EAB. 因?yàn)镋為棱A1B1的中點(diǎn),AB=A1B1, 所以A1EAB=12,所以PE=EB.

10、 又F為棱BC的中點(diǎn),所以EF為△BCP的中位線, 所以EF∥CP. 又EF?平面AEF,CP?平面AEF, 所以CP∥平面AEF. 故在直線AA1上存在點(diǎn)P,使得CP∥平面AEF. 此時(shí),PA1=AA1=2,所以AP=2AA1=4. 11.(15分)如圖,在三棱錐V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB為等邊三角形,AC⊥BC,且AC=BC=2,O,M分別為AB,VA的中點(diǎn). (1)求證:VB∥平面MOC; (2)求證:平面MOC⊥平面VAB; (3)求三棱錐V-ABC的體積. (1)證明因?yàn)镺,M分別為AB,VA的中點(diǎn), 所以O(shè)M∥VB. 又因?yàn)閂B?平面MOC, 所以VB∥平面MOC. (2)證明因?yàn)锳C=BC,O為AB的中點(diǎn),所以O(shè)C⊥AB. 又因?yàn)槠矫鎂AB⊥平面ABC,平面VAB∩平面ABC=AB,OC?平面ABC,所以O(shè)C⊥平面VAB, 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)解在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=2, 所以AB=2,OC=1. 所以等邊三角形VAB的面積S△VAB=3. 又因?yàn)镺C⊥平面VAB, 所以三棱錐C-VAB的體積等于13OC·S△VAB=33. 又因?yàn)槿忮FV-ABC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等, 所以三棱錐V-ABC的體積為33. 8