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1、第1講 基礎(chǔ)小題部分
一、選擇題
1.(2018·高考北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示,在此四棱錐的側(cè)面中,直角三角形的個數(shù)為 ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:將三視圖還原為直觀圖,幾何體是底面為直角梯形,且一條側(cè)棱和底面垂直的四棱錐,如圖所示.
易知,BC∥AD,BC=1,AD=AB=PA=2,AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,故△PAD,△PAB為直角三角形,∵PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,
∴PA⊥BC,又BC⊥AB,且PA∩AB=A,
∴BC
2、⊥平面PAB,又PB?平面PAB,
∴BC⊥PB,∴△PBC為直角三角形,容易求得PC=3,CD=,PD=2,故△PCD不是直角三角形,故選C.
答案:C
2.(2018·臨汾三模)已知平面α及直線a,b,則下列說法正確的是 ( )
A.若直線a,b與平面α所成角都是30°,則這兩條直線平行
B.若直線a,b與平面α所成角都是30°,則這兩條直線不可能垂直
C.若直線a,b平行,則這兩條直線中至少有一條與平面α平行
D.若直線a,b垂直,則這兩條直線與平面α不可能都垂直
解析:對于A,若直線a,b與平面α所成角都是30°,則這兩條直線平行、相交、異面,故錯;對于B,
3、若直線a,b與平面α所成角都是30°,則這兩條直線可能垂直,如圖,直角三角形ACB的直角頂點在平面α內(nèi),邊AC,BC可以與平面都成30°角,故錯.對于C,若直線a,b平行,則這兩條直線中至少有一條與平面α平行,顯然錯;對于D,若兩條直線與平面α都垂直,則直線a,b平行,故正確.故選D.
答案:D
3.已知某幾何體的三視圖如圖所示,該幾何體的體積為 ( )
A. B.2
C. D.
解析:根據(jù)三視圖可知,該幾何體是三棱柱截取一部分所得.如圖,幾何體的體積為三棱柱ABC -A1B1C1的體積減去三棱錐C -A1B1C1的體積,即V=S△ABC×BB1-×S
4、△ABC×BB1=2,故選B.
答案:B
4.如圖,多面體ABCD -EGF的底面ABCD為正方形,F(xiàn)C=GD=2EA,其俯視圖如圖所示,則其正視圖和側(cè)視圖正確的是 ( )
解析:正視圖的輪廓線是矩形DCFG,點E在平面DCFG上的投影為DG的中點,且邊界BE,BG可視,故正視圖為選項B或D中的正視圖,側(cè)視圖的輪廓線為直角梯形ADGE,且邊界BF不可視,故側(cè)視圖為選項D中的側(cè)視圖,故選D.
答案:D
5.(2018·高考全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截此正方體所得截面面積的最大值為
5、 ( )
A. B.
C. D.
解析:如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1D1與棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方體的其余棱都分別與A1A,A1B1,A1D1平行,故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等.
如圖所示,取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中點E,F(xiàn),G,H,M,N,則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大,此截面面積為S正六邊形EFGHMN=6×××sin 60°=.故選A.
答案:A
6.(2018·平頂山一模)高為5,底面邊長
6、為4的正三棱柱形容器(下有底)內(nèi),可放置最大球的半徑是 ( )
A. B.2
C. D.
解析:由題意知,正三棱柱形容器內(nèi)有一個球,其最大半徑為r,r即為底面正三角形內(nèi)切圓的半徑,因為底面邊長為4,所以r=2.故選B.
答案:B
7.某工件的三視圖如圖所示,現(xiàn)將該工件通過切割,加工成一個體積盡可能大的正方體新工件,并使新工件的一個面落在原工件的一個面內(nèi),則新工件的棱長為 ( )
A. B.1
7、
C.2 D.2-
解析:依題意知該工件為圓錐,底面半徑為,高為2,要使加工成的正方體新工件體積最大,則該正方體為圓錐的內(nèi)接正方體,設(shè)棱長為2x,則有=,解得x=,故2x=1,即新工件棱長為1.故選B.
答案:B
8.已知直線a,b以及平面α,β,則下列命題正確的是 ( )
A.若a∥α,b∥α,則a∥b
B.若a∥α,b⊥α,則a⊥b
C.若a∥b,b∥α,則a∥α
D.若a⊥α,b∥β,則α⊥β
解析:對于A,若a∥α,b∥α,則a∥b或a,b相交、異面,不正確;對于B,若a∥α,則經(jīng)過a的平面與α交于c,a∥c,因為b⊥α,所以b⊥c,因為
8、a∥c,所以a⊥b,正確;對于C,若a∥b,b∥α,則a∥α或a?α,不正確;對于D,若a⊥α,b∥β,則α,β位置關(guān)系不確定,故選B.
答案:B
9.(2018·高考全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為 ( )
A. B.
C. D.
解析:如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1的一側(cè)補上一個相同的長方體A′B′BA-A1′B1′B1A1.連接B1B′,由長方體性質(zhì)可知,B1B′∥AD1,所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角.連接DB′,由
9、題意,得DB′==,B′B1==2,DB1==.
在△DB′B1中,由余弦定理,得
DB′2=B′B+DB-2B′B1·DB1·cos∠DB1B′,
即5=4+5-2×2cos∠DB1B′,
∴cos∠DB1B′=.故選C.
答案:C
10.(2018·大慶一中模擬)設(shè)α,β,γ為平面,m,n,l為直線,則m⊥β的一個充分條件是 ( )
A.α⊥β,α∩β=l,m⊥l
B.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ
C.α⊥γ,β⊥γ,m⊥α
D.n⊥α,n⊥β,m⊥α
解析:α⊥β,α∩β
10、=l,m⊥l,根據(jù)面面垂直的判定定理可知,缺少條件m?α,故A不正確;α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ,而α與β可能平行,也可能相交,則m與β不一定垂直,故B不正確;α⊥γ,β⊥γ,m⊥α,而α與β可能平行,也可能相交,則m與β不一定垂直,故C不正確;n⊥α,n⊥β?α∥β,而m⊥α,則m⊥β,故D正確.故選D.
答案:D
11.如圖,在三棱柱ABC -A1B1C1中,側(cè)棱垂直于底面,底面是邊長為2的正三角形,側(cè)棱長為3,則BB1與平面AB1C1所成的角的大小為 ( )
A. B.
C. D.
解析:分別取BC,B1C1的中點D,D1,
11、
連接AD,DD1,AD1.
顯然DD1⊥B1C1,AD1⊥B1C1,
故B1C1⊥平面ADD1,
故平面AB1C1⊥平面ADD1,
故DD1在平面AB1C1內(nèi)的射影在AD1上,
∠AD1D即為直線DD1與平面AB1C1所成的角.
在Rt△AD1D中,AD=,DD1=3,
所以tan∠AD1D=,
所以∠AD1D=.
因為BB1∥DD1,
所以直線BB1與平面AB1C1所成的角的大小為.
答案:A
12.(2018·臨汾二模)已知四面體ABCD的頂點都在球O表面上,且AB=BC=AC=2,DA=DB=DC=2,過AD作相互垂直的平面α,β,若平面α,β截球O所得截面分別
12、為圓M,N,則 ( )
A.MN的長度是定值
B.MN長度的最小值是2
C.圓M面積的最小值是2π
D.圓M,N的面積和是定值8π
解析:因為AB=BC=AC=2,DA=DB=DC=2,所以DA,DB,DC兩兩互相垂直,M,N分別是AB,AC的中點,MN=BC=,故選A.
答案:A
二、填空題
13.在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠A=90°,∠C=45°,AB=AD=1,沿對角線BD折成四面體A′ -BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,若四面體A′ -BCD頂點在同一球面上,則該球的表面積為________.
解析
13、:設(shè)H為AO和BD的交點,O為DC中點,依題意有AH=OH=,四面體A′ -BCD中,
平面A′BD⊥平面BCD,所以A′H⊥平面BCD,
所以A′O==1,
又因為OD=OC=OB=1,所以O(shè)為四面體A′ -BCD外接球的球心,故半徑R=1.
則該球的表面積為4πR2=4π.
答案:4π
14.某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的表面積是________ cm2.
解析:由幾何體的三視圖可得該幾何體的直觀圖如圖所示.
該幾何體由兩個完全相同的長方體組合而成,其中AB=BC=2 cm,BD=4 cm,所以該幾何體表面積
S=(2×2×3+2×4×3
14、)×2=36×2=72(cm2).
答案:72
15.(2018·高考天津卷)已知正方體ABCD -A1B1C1D1的棱長為1,除面ABCD外,該正方體其余各面的中心分別為點E,F(xiàn),G,H,M(如圖),則四棱錐M -EFGH的體積為________.
解析:依題意,易知四棱錐M-EFGH是一個正四棱錐,且底面邊長為,高為.故VM-EFGH=×()2×=.
答案:
16.(2018·大同二模)已知一個三棱錐的三視圖如圖所示,其中俯視圖是等腰直角三角形,則該三棱錐的外接球體積為________.
解析:設(shè)該三棱錐的外接球的半徑是R.依題意得,該三棱錐的形狀如圖所示,
其中AB⊥平面BCD,AB=2,CD=2,BC=BD=2,BC⊥BD,
因此可將其補形為一個棱長為2的正方體,
則有2R=2,R=,
所以該三棱錐的外接球體積為
×()3=4π.
答案:4π
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