2019高考數(shù)學大二輪復習 專題7 立體幾何 第1講 基礎小題部分增分強化練 理.doc

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第1講　基礎小題部分 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⊥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，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△ABCBB1－S△ABCBB1＝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 (　　) A. B. C. D. 解析：如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1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＝6sin 60＝.故選A. 答案：A 6．(2018平頂山一模)高為5，底面邊長為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 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位置關系不確定，故選B. 答案：B 9．(2018高考全國卷Ⅱ)在長方體ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1的一側(cè)補上一個相同的長方體A′B′BAA1′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′，由題意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝. 在△DB′B1中，由余弦定理，得 DB′2＝B′B＋DB－2B′B1DB1cos∠DB1B′， 即5＝4＋5－22cos∠DB1B′， ∴cos∠DB1B′＝.故選C. 答案：C 10．(2018大慶一中模擬)設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＝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， 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：設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＝(223＋243)2＝362＝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MEFGH是一個正四棱錐，且底面邊長為，高為.故VMEFGH＝()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