2022届-数学一轮(理科)-人教B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．(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
2．如图，在三棱锥A－BCD中，DA、DB、DC两两垂直，且DB＝DC，E为BC的中点，则·等于(　　)
A．3 B．2
C．1 D．0
解析　·＝(＋)·＝·＋·＝·(＋)＝·＋·＝0.
答案　D
3．(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
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．(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．在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则 (　　)
A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形
解析　如图，由题意得EF∥BD，且EF＝BD.
HG∥BD，且HG＝BD.
∴EF∥HG，且EF≠HG.
∴四边形EFGH是梯形．
又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行．故选B.
答案　B
7．(2022·北京卷)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D­ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则 (　　)
A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3
C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1
解析　依据题目条件，在空间直角坐标系O－xyz中作出该三棱锥D－ABC，明显S1＝S△ABC＝×2×2＝2，S2＝S3＝×2×＝.故选D.
答案　D
8．(2022·陕西卷)已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为 (　　)
A. B．4π C．2π D.
解析　如图为正四棱柱AC1.依据题意得AC＝，
∴对角面ACC1A1为正方形，
∴外接球直径2R＝A1C＝2，∴R＝1，
∴V球＝，故选D.
答案　D
9．如图，ABCD－A1B1C1D1是正方体，E、F分别是AD、DD1的中点，则平面EFC1B和平面BCC1所成二面角的正切值等于 (　　)

A．2 B. C. D.
解析　设正方体的棱长为2，建立以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(1，0，0)，F(0，0，1)，＝(1，2，0)，＝(－1，0，1)．易知平面BCC1的一个法向量为＝(0，－2，0)，设平面EFC1B的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝x＋2y＝0，m·＝－x＋z＝0，令y＝－1，则m＝(2，－1，2)，
故 cos〈m，〉＝＝＝，tan〈m，〉＝2.故所求二面角的正切值为2.
答案　A
10．正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长都为2，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为 (　　)
A. B.
C. D.
解析　如图，取AB的中点E，建立如图所示空间直角坐标系E－xyz.
则E(0，0，0)，F(－1，0，1)，B1(1，0，2)，A1(－1，0，2)，
C1(0，，2)，G.
∴＝(－2，0，－1)，＝(－1，0，1)，＝，设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得
令x＝1，则n＝(1，－，1)，设B1F与平面GEF所成角为θ，则 sin θ＝| cos〈n，〉|＝＝.
答案　A
二、填空题
11．(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________．

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.
答案　48＋8
12．设OABC是四周体，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若＝x＋y＋z，则x＝________，y＝________，z＝________．
解析　∵＝＝(＋)＝＋××(＋)＝＋[(－)＋(－)]＝＋＋，∴x＝y＝z＝.
答案　　　
13．(2022·辽宁大连四所重点中学联考)球O的球面上有四点S，A，B，C，其中O，A，B，C四点共面，△ABC是边长为2的正三角形，平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥S－ABC的体积的最大值为________．
解析　记球O的半径为R，作SD⊥AB于D，连接OD、OS，易求R＝，易知SD⊥平面ABC，留意到SD＝＝，因此要使SD最大，则需OD最小，而OD的最小值为×＝，因此高SD的最大值是＝1，又三棱锥S－ABC的体积为S△ABC·SD＝××22×SD＝SD，因此三棱锥S－ABC的体积的最大值是×1＝.
答案　
14．在菱形ABCD中，AB＝2，∠BCD＝60°，现将其沿对角线BD折成直二面角A－BD－C(如图)，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为________．
解析　如图，取BD的中点O，连接AO、CO，建立空间直角坐标系，

∵AB＝2，∠BCD＝60°，
∴A(0，0，)，B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，，0)，
∴＝(1，0，－)，＝(－1，－，0)，
∴ cos〈，〉＝＝＝－.
故所求异面直线所成角的余弦值为.
答案　
15．已知O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是__________．
解析　∵点Q在直线OP上，
∴设点Q(λ，λ，2λ)，
则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10
＝6－.
当λ＝时，·取得最小值－.
此时＝.
答案　
三、解答题
16.(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〉 |＝＝＝.
17．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．

(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)，
＝(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°.
18．(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.
19.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.