高考数学二轮复习课时跟踪检测 07空间几何体及空间线面位置关系的判定小题练（含答案解析）

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2020高考数学二轮复习课时跟踪检测07空间几何体及空间线面位置关系的判定小题练一         、选择题1.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)        2.把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C­ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为(　　)A.              B．          C.            D．  3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　)A．3            B.            C．7             D.  4.某几何体的三视图如图所示，其俯视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积是(　　)A．192＋96π           B．256＋96π       C．192＋100π          D．256＋100π 5.某几何体的三视图如图所示(粗线部分)，正方形网格的边长为1，该几何体的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)A．15π            B．16π           C．17π           D．18π  6.如图是某四棱锥的三视图，其中正视图是边长为2的正方形，侧视图是底边分别为2和1的直角梯形，则该几何体的体积为(　　)A.             B．              C.           D．  7.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A.　            B.            C.　           D.  8.已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB=6，BC=2，且四棱锥O­ABCD的体积为8，则R等于(　　)A．4　　          B．2              C.            D．  9.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为(　　) A．2＋4＋2       B．2＋2＋4      C．2＋6       D．8＋4   10.把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架中，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为(　　)A．10 cm          B．10 cm        C．10 cm          D．30 cm  11.正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为(　　)A.             B．            C.             D． 12.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为(　　)A.           B．            C．2           D．  13.三棱锥P­ABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为(　　)A．4          B．6                C．8            D．10  14.已知圆柱的高为2，底面半径为，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于(　　)A．4π           B．π            C.π            D．16π 15.已知底面半径为1，高为的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)A.        B．4π         C.           D．12π 16.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)A.             B．             C.             D． 17.已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，m⊥α，n⊂β.给出下列四个命题：①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；③若m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则m∥n.其中正确命题的个数是(　　)A．0　          B．1         C．2            D．3 二         、填空题18.在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=2，E为AB的中点，则三棱锥P­BCE的体积为________．  19.已知三棱锥S­ABC的顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为3的正三角形，SC为球O的直径，且SC=4，则此三棱锥的体积为________．  20.已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．  21.已知直线a，b，平面α，且满足a⊥α，b∥α，有下列四个命题：①对任意直线c⊂α，有c⊥a；②存在直线c⊄α，使c⊥b且c⊥a；③对满足a⊂β的任意平面β，有β∥α；④存在平面β⊥α，使b⊥β.其中正确的命题有________．(填序号)  22.如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.下列说法错误的是________(将符合题意的序号填到横线上)．①AG⊥△EFH所在平面；　②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；　④HG⊥△AEF所在平面．  
答案解析1.答案为：D；解析：由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，底面为正方形，面积为2×2=4，因为该几何体的体积为×4×2=，满足条件，所以俯视图可以为D.  2.答案为：D；解析：由三棱锥C­ABD的正视图、俯视图得三棱锥C­ABD的侧视图为直角边长是的等腰直角三角形，其形状如图所示，所以三棱锥C­ABD的侧视图的面积为，故选D.  3.答案为：B；解析：由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2,1,2，体积为4，切去的三棱锥的体积为，故该几何体的体积V=4－=.  4.答案为：C；解析：题中的几何体是由一个直三棱柱和一个半圆柱构成的几何体，其中直三棱柱的底面是两直角边分别为8和6的直角三角形，高为8，该半圆柱的底面圆的半径为5，高为8，因此该几何体的体积为×8×6×8＋π×52×8=192＋100π，选C.  5.答案为：C；解析：由题中的三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥D1­BCD，将其放在长方体ABCD­A1B1C1D1中，则该几何体的外接球即长方体的外接球，长方体的长、宽、高分别为2,2,3，长方体的体对角线长为=，球O的直径为，所以球O的表面积S=17π，故选C.  6.答案为：A；解析：记由三视图还原后的几何体为四棱锥A­BCDE，将其放入棱长为2的正方体中，如图，其中点D，E分别为所在棱的中点，分析知平面ABE⊥平面BCDE，点A到直线BE的距离即四棱锥的高，设为h，在△ABE中，易知AE=BE=，cos∠ABE=，则sin∠ABE=，所以h=，故四棱锥的体积V=×2××=，故选A.  7.答案为：C；解析：如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA­E1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DF，由题意，得DF==，FB1==2，DB1==.在△DFB1中，由余弦定理，得DF2=FB＋DB－2FB1·DB1·cos∠DB1F，即5=4＋5－2×2××cos∠DB1F，∴cos∠DB1F=.  8.答案为：A；解析：如图，设矩形ABCD的中心为E，连接OE，EC，由球的性质可得OE⊥平面ABCD，所以VO­ABCD=·OE·S矩形ABCD=×OE×6×2=8，所以OE=2，在矩形ABCD中可得EC=2，则R===4，故选A.  9.答案为：A；解析：由三视图知该几何体为三棱锥，记为三棱锥P­ABC，将其放在棱长为2的正方体中，如图所示，其中AC⊥BC，PA⊥AC，PB⊥BC，△PAB是边长为2的等边三角形，故所求表面积为S△ABC＋S△PAC＋S△PBC＋S△PAB=×2×2＋×2×2＋×2×2＋×(2)2=2＋4＋2.故选A.  10.答案为：B；解析：依题意，在四棱锥S­ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO=AO=BO=CO=DO=10 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，OA=OS=10 cm，AS=20 cm，所以O到SA的距离d=10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心，所以皮球的半径r=10 cm，选B.  11.答案为：D；解析：如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT=，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N=，故NT=2－－=1，因为M为CC1的中点，故CM=1，连接TC，由NT∥CM，且CM=NT=1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近点A处取一点Q′，使得AQ′=，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ=，选D.  12.答案为：A；解析：由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A­BCD所示，故该几何体的体积V=××1×2×2=.  13.答案为：C；解析：依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则=，解得R=5，由πr2=16π，解得r=4，又球心O到平面ABC的距离为=3，因此三棱锥P­ABC的高的最大值为5＋3=8，故选C.  14.答案为：D；解析：如图，由题意知圆柱的中心O为这个球的球心，于是球的半径r=OB===2.故这个球的表面积S=4πr2=16π.故选D.  15.答案为：C；解析：如图，△ABC为圆锥的轴截面，O为其外接球的球心，设外接球的半径为R，连接OB，OA，并延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，由题意知，AO=BO=R，BD=1，AD=，则在Rt△BOD中，有R2=(－R)2＋12，解得R=，所以外接球O的表面积S=4πR2=，故选C.  16.答案为：A；解析：如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD­A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN=6××××sin 60°=.故选A.  17.答案为：C；解析：依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m⊥β，又n⊂β，因此m⊥n，①正确；对于②，当α⊥β时，设α∩β=n，在平面β内作直线m⊥n，则有m⊥α，因此②不正确；对于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，当m⊥α，α∩β=n，α⊥β时，直线m，n不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的个数为2，故选C.   一         、填空题18.答案为：；解析：由题意知S底面ABCD=2×2sin 60°=2，所以S△EBC=，故VP­EBC=×2×=.  19.答案为：；解析：如图，设O1为△ABC的中心，连接OO1，故三棱锥S­ABC的高h=2OO1，三棱锥S­ABC的体积V=×2OO1×S△ABC，因为OO1==1，所以V=×2×1××32=.  20.答案为：40π解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形．设OA=r，则SO=r，SA=SB=r.在△SAB中，cos∠ASB=，∴sin∠ASB=，∴S△SAB=SA·SB·sin∠ASB=×(r)2×=5，解得r=2，∴SA=r=4，即母线长l=4，∴S圆锥侧=πrl=π×2×4=40π.  21.答案为：①②④；解析：因为a⊥α，所以a垂直于α内任一直线，所以①正确；由b∥α得α内存在一直线l与b平行，在α内作直线m⊥l，则m⊥b，m⊥a，再将m平移得到直线c，使c⊄α即可，所以②正确；由面面垂直的判定定理可得③不正确；若b⊥β，则由b∥α得α内存在一条直线l与b平行，必有l⊥β，即有α⊥β，而满足b⊥β的平面β有无数个，所以④正确．  22.答案为：①③④；解析：根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF可得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，HE∩HF=H，可得AH⊥平面EFH，即②正确；∵过点A只有一条直线与平面EFH垂直，∴①不正确；∵AG⊥EF，AH⊥EF，AH∩AG=A，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，∴③不正确；∵HG不垂直AG，∴HG⊥平面AEF不正确，④不正确，综上，说法错误的序号是①③④.