2022届-数学一轮(理科)-浙江专用-课时作业-阶段回扣练7-Word版含答案.docx

阶段回扣练7　立体几何　
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题
1．(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
2．(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
3．(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
4．(2022·甘肃诊断)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为
(　　)

解析　由正视图和俯视图还原几何体如图所示，由正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．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)，若|a|＝，且a是平面ABC的法向量，则a＝
(　　)
A．(1,1,1)
B．(－1，－1，－1)
C．(1,1,1) 或(－1，－1，－1，)
D．(1，－1,1)或(－1,1，－1)
解析　＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，设a＝(x，y，z)，由已知条件可得解得x＝y＝z＝±1，
∴a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)．
答案　C
6．(2021·宁波质量检测)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
7．(2022·皖南八校三模)一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为
(　　)

A. B．(4＋π)
C. D.
解析　由三视图可知，该几何体是一个四棱锥和半个圆锥的组合体．由侧视图是边长为2的等边三角形可以计算出四棱锥的高也即半圆锥的高为，
∴V＝，故选D.
答案　D
8．(2021·浙江卷)在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ(A)．设α、β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα(P)]，Q2＝fα[fβ(P)]，恒有PQ1＝PQ2，则
(　　)
A．平面α与平面β垂直
B．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°
C．平面α与平面β平行
D．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°
解析　设P1＝fα(P)，P2＝fβ(P)．由条件中的新定义知：PP1⊥α，P1Q1⊥β，PP2⊥β，P2Q2⊥α，故PP1∥P2Q2，PP2∥P1Q1，PP1⊥P1Q2，PP2⊥P2Q1，可知点P，P1，P2，Q1，Q2五点共面，记为平面γ，可得α⊥γ，β⊥γ.当α⊥β时，PP2⊥PP1，此时四边形PP1Q2P2为矩形，PP2⊥P2Q2，故Q1与Q2重合，满足题意，故选A.

答案　A
二、填空题
9．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
10．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　
11．(2021·嘉兴高三联考)一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm2)为________．

解析　据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE为侧面△PAB的边AB上的高，且PE＝5.∴此几何体的侧面积是S＝4S△PAB＝4××8×5＝80 cm2.
答案　80
12．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．

解析　由三视图知该几何体是由三个圆柱组成的，∴该几何体的体积为π×
2×1×2＋π×2×4＝12π.
答案　12π
13．一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　
14．(2022·浙江卷改编)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中________．
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直；
④对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直．
解析　对于AB⊥CD，由于BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.由于AB＝1，BC＝，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.
答案　②
15．(2021·温州第三次联考)点E，F，G分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AB，BC，B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是________(写出全部真命题的编号)．

①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形；
②过点F，D1，G的截面是正方形；
③点P在直线FG上运动时，总有AP⊥DE；
④点Q在直线BC1上运动时，三棱锥A­D1QC的体积是定值；
⑤点M是正方体的平面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段．
解析　对于①，三棱锥A­BCC1的四个面都是直角三角形，故①为假命题；对于②，截面为矩形FGD1D，易知其边长不等，故②为假命题；③易证DE⊥平面AFG，又AP⊂平面AFG，故DE⊥AP，故③为真命题；④由于BC1∥平面ACD1，故三棱锥Q­ACD1的高为定值，即点Q到平面ACD1的距离为定值，而底面积S△ACD1也为定值，故三棱锥体积VA ­D1QC＝VQ ­ACD1为定值，故④为真命题；⑤到D，C1距离相等的点的轨迹为平面A1BCD1(中垂面)，又点M在平面A1B1C1D1中，故点M的轨迹为线段A1D1，故⑤为真命题．
答案　③④⑤
三、解答题
16．(2022·陕西卷)四周体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四周体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.

(1)证明：四边形EFGH是矩形；
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．
(1)证明　由该四周体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.
由题设，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⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．
(2)解　

如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，
B(2,0,0)，C(0,2,0)，
＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,0,1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·＝0，n·＝0，
得取n＝(1,1,0)，
∴ sin θ＝|cos〈，n〉 |＝＝＝.
即直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值为.
17．如图，已知ABCD是边长为1的正方形，AF⊥平面ABCD，CE∥AF，CE＝λAF(λ>1)．

(1)证明：BD⊥EF；
(2)若AF＝1，且直线BE与平面ACE所成角的正弦值为，求λ的值．
(1)证明　

连接BD，AC，交点为O.
∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC.
∵AF⊥平面ABCD，∴AF⊥BD.
又∵AF∩AC＝A，
∴BD⊥平面ACEF.
又EF⊂平面ACEF，∴BD⊥EF.
(2)解　连接OE，AE，由(1)知，BD⊥平面ACEF，
∴∠BEO即为直线BE与平面ACE所成的角．
∵AF⊥平面ABCD，CE∥AF，
∴CE⊥平面ABCD，CE⊥BC，
∵BC＝1，AF＝1，则CE＝λ，BE＝，BO＝，
∴Rt△BEO中，sin∠BEO＝＝＝，
由λ>1，解得λ＝.
18.(2022·湖南卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．
(1)证明　如图，由于四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，由于CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.
(2)解　由于四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD，又由(1)知O1O⊥底面ABCD，从而OB、OC、OO1两两垂直．
如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，不妨设AB＝2，由于∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，

于是相关各点的坐标为O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)．易知，n1＝(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量．设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的法向量，
则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2,2，－)，
设二面角C1－OB1－D的大小为θ，易知θ是锐角，
于是 cos θ＝| cos〈n1，n2〉 |＝＝＝.
即二面角C1－OB1－D的余弦值为.
19．如图(1)，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2，E、F、G分别是线段PC、PD、BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD，如图(2)所示，在图(2)中，

(1)求证：AP∥平面EFG；
(2)求二面角G－EF－D的大小．
(1)证明　易知四边形ABCD为正方形，且PD⊥平面ABCD，∴以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．∴A(2,0,0)，B(2,2,0)，

P(0,0,2)，F(0,0,1)，E(0,1,1)，G(1,2,0)．
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)．
∵＝(0，－1,0)，
E＝(1,1，－1)，
∴n·＝－y＝0，n·＝x＋y－z＝0，
取x＝1，则n＝(1,0,1)．
又＝(－2,0,2)，·n＝0，
AP⊂/平面EFG，∴AP∥平面EFG.
(2)解　易知平面EFD的一个法向量为＝(2,0,0)．
由(1)知平面EFG的一个法向量为 n＝(1,0,1)．
设二面角G－EF－D的大小为θ，
则| cos θ|＝| cos〈，n〉|＝＝＝.
由图知二面角G－EF－D的平面角为锐角，
二面角G－EF－D的大小为45°.
20.已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E、F分别是线段AB、BC的中点．

(1)求证：PF⊥FD；
(2)在PA上找一点G，使得EG∥平面PFD；
(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A－PD－F的余弦值．
(1)证明　建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)，
不妨令P(0,0，t)，t＞0.

∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，
∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0.
∴PF⊥FD.
(2)解　设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得令z＝1，
则n＝(，，1)，设G(0,0，m)，∵E(，0,0)，
∴＝(－，0，m)，由题意·n＝0，
∴－＋m＝0，∴m＝t，
∴当G是线段PA的靠近于A的一个四等分点时，使得EG∥平面PFD.
(3)解　∵PA⊥平面ABCD，
∴∠PBA就是PB与平面ABCD所成的角，
即∠PBA＝45° ，∴PA＝AB＝1，P(0,0,1)，
由(2)知平面PFD的一个法向量为n＝(，，1)．
易知平面PAD的一个法向量为＝(1,0,0)，
∴ cos〈，n〉＝＝＝.
由图知，二面角A－PD－F的平面角为锐角，
所以，二面角A－PD－F的余弦值为.