《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第八章 立體幾何階段測(cè)試（十）理 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第八章 立體幾何階段測(cè)試（十）理 新人教A版（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè) 第八章 立體幾何階段測(cè)試（十）理 新人教A版 一、選擇題 1．空間中四點(diǎn)可確定的平面有(　　) A．1個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．1個(gè)或4個(gè)或無數(shù)個(gè) 答案　D 解析　當(dāng)這四點(diǎn)共線時(shí)，可確定無數(shù)個(gè)平面；當(dāng)這四點(diǎn)不共線且共面時(shí)，可確定一個(gè)平面；當(dāng)這四點(diǎn)不共面時(shí)，其中任三點(diǎn)可確定一個(gè)平面，此時(shí)可確定4個(gè)平面． 2．一個(gè)長(zhǎng)方體被一個(gè)平面所截，得到的幾何體的三視圖，如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積為(　　) A．8 B．4 C．2 D．1 答案　C 解析　根據(jù)該幾何體的三視圖知，該幾何體是一個(gè)平放的三棱柱；它的底面三角形的面積為S底面＝×2

2、×1＝1，棱柱高為h＝2，∴棱柱的體積為S棱柱＝S底面·h＝1×2＝2. 3．下列命題中，錯(cuò)誤的是(　　) A．三角形的兩條邊平行于一個(gè)平面，則第三邊也平行于這個(gè)平面 B．平面α∥平面β，a?α，過β內(nèi)的一點(diǎn)B有唯一的一條直線b，使b∥a C．α∥β，γ∥δ，α、β、γ、δ所成的交線為a、b、c、d，則a∥b∥c∥d D．一條直線與兩個(gè)平面成等角，則這兩個(gè)平面平行 答案　D 解析　A正確，三角形可以確定一個(gè)平面，若三角形兩邊平行于一個(gè)平面，而它所在的平面與這個(gè)平面平行，故第三邊平行于這個(gè)平面；B正確，兩平面平行，一面中的線必平行于另一個(gè)平面，平面內(nèi)的一點(diǎn)與這條線可以確定一個(gè)平面，

3、這個(gè)平面與已知平面交于一條直線，過該點(diǎn)在這個(gè)平面內(nèi)只有這條直線與a平行；C正確，利用同一平面內(nèi)不相交的兩直線一定平行判斷即可確定C是正確的；D錯(cuò)誤，一條直線與兩個(gè)平面成等角，這兩個(gè)平面可能是相交平面，故應(yīng)選D. 4．在空間四邊形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，

4、∴BC⊥平面ABD， 而AB?平面ABD，∴BC⊥AB， 即△ABC為直角三角形．故選B. 5．在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D為側(cè)棱PC上的一點(diǎn)，它的正視圖和側(cè)視圖如圖所示，則下列命題正確的是(　　) A．AD⊥平面PBC且三棱錐D－ABC的體積為 B．BD⊥平面PAC且三棱錐D－ABC的體積為 C．AD⊥平面PBC且三棱錐D－ABC的體積為 D．BD⊥平面PAC且三棱錐D－ABC的體積為 答案　C 解析　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC， 又AC⊥BC，PA∩AC＝A， ∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AD， 又由三視圖可得在△PAC中，PA＝

5、AC＝4，D為PC的中點(diǎn)， ∴AD⊥PC，∴AD⊥平面PBC. 又BC＝4，∠ADC＝90°，BC⊥平面PAC. 故VD－ABC＝VB－ADC＝××2×2×4＝. 二、填空題 6．(xx·江蘇)設(shè)甲、乙兩個(gè)圓柱的底面積分別為S1，S2，體積分別為V1，V2.若它們的側(cè)面積相等，且＝，則的值是________． 答案　 解析　設(shè)兩個(gè)圓柱的底面半徑和高分別為r1，r2和h1，h2， 由＝， 得＝，則＝. 由圓柱的側(cè)面積相等，得2πr1h1＝2πr2h2， 即r1h1＝r2h2， 所以＝＝＝. 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ABC

6、D的形狀一定是________． 答案　菱形 解析　由于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. 又四邊形ABCD是平行四邊形， 所以四邊形ABCD是菱形． 8．如圖，兩個(gè)正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，設(shè)M、N分別是BD和AE的中點(diǎn)，那么①AD⊥MN；②MN∥平面CDE；③MN∥CE；④MN、CE異面．其中正確結(jié)論的序號(hào)是________． 答案?、佗冖? 解析　∵兩個(gè)正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直，設(shè)M、N

7、分別是BD和AE的中點(diǎn)，取AD的中點(diǎn)G，連接MG，NG，易得AD⊥平面MNG，進(jìn)而得到AD⊥MN，故①正確；連接AC，CE，根據(jù)三角形中位線定理，可得MN∥CE，由線面平行的判定定理，可得②MN∥平面CDE及③MN∥CE正確，④MN、CE異面錯(cuò)誤． 三、解答題 9．如下的三個(gè)圖中，左面的是一個(gè)長(zhǎng)方體截去一個(gè)角所得多面體的直觀圖，它的正視圖和俯視圖在右面畫出(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

8、積V＝V長(zhǎng)方體－V正三棱錐＝4×4×6－×(×2×2)×2＝(cm3)． (3)證明　在長(zhǎng)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， 所以BC′∥平面EFG. 10．平面圖形ABB1A1C1C如圖1所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝，現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖2所示的空間圖形．對(duì)此空間

9、圖形解答下列問題． (1)證明：AA1⊥BC； (2)求AA1的長(zhǎng)； (3)求二面角A－BC－A1的余弦值． (1)證明　如圖， 取BC，B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1， 連接AD，A1D1，A1D，DD1. 由條件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1. 由上可得AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C， 由此得AD∥A1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D. 又因?yàn)镈D1∥BB1，BB1⊥BC， 所以DD1⊥BC. 又因?yàn)锳D⊥BC，AD∩DD1＝D， 所以BC⊥平面AD1A1D， 又∵AA1?平面AD1A1D， 故BC⊥AA1. (2)解　延長(zhǎng)A1D1到G點(diǎn)，使GD1＝AD.連接AG. 因?yàn)锳D綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1. 由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G. 由條件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以AA1＝5. (3)解　因?yàn)锽C⊥平面AD1A1D， 所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角． 在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2， 解得sin∠D1DA1＝， cos∠ADA1＝cos＝－， 即二面角A－BC－A1的余弦值為－.