新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测十五空间几何体与空间位置关系文 8页

专题过关检测（十五） 空间几何体与空间位置关系 A级——“12＋‎4”‎提速练 ‎1．已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为(　　)‎ A．平行　　　　　　　　 B．相交 C．直线b在平面α内 D．平行或直线b在平面α内 解析：选D　依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．‎ ‎2.如图，正方形O′A′B′C′的边长为‎2 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是(　　)‎ A．‎12 cm　　　　　 B．‎‎16 cm C．4(1＋)cm　　　 D．4(1＋)cm 解析：选B　由直观图可得原图如图所示，且OA＝‎2 cm，OB＝2O′B′＝‎4 cm，所以AB＝‎6 cm，所以周长为‎16 cm.‎ ‎3．(2019·广东省七校联考)如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，异面直线AC与A1B所成的角为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ 解析：选C　如图，连接CD1，AD1，则A1B∥CD1，∴∠ACD1是异面直线AC与A1B所成的角或其补角．易知△ACD1是等边三角形，∴∠ACD1＝60°，∴异面直线AC与A1B所成的角为60°.故选C.‎ ‎4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则其表面积为(　　)‎ 8‎ A．2π B．5π C．8π D．10π 解析：选C　由题得几何体原图是球被切割后剩下的，所以它的表面积由三个部分组成，所以S＝×4π×22＋×π×22＋×π×22＝8π.‎ ‎5．已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题中错误的是(　　)‎ A．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β B．如果m⊂α，α∥β，那么m∥β C．如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l D．如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β 解析：选D　对于A，如果m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，因为n⊥β，则α⊥β，故正确；对于B，如果m⊂α，α∥β，那么m与β无公共点，则m∥β，故正确；对于C，如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l，故正确；对于D，如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α与β的关系不确定，故错误．‎ ‎6．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为(　　)‎ A．2 B．4＋2 C．4＋4 D．4＋6 解析：选C　由三视图知，该几何体是直三棱柱ABCA1B‎1C1，其直观图如图所示，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝(2＋2)×2＝4＋4.‎ 8‎ ‎7.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是(　　)‎ A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC 解析：选B　A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.‎ ‎8．如图，圆锥形容器的高为h，容器内水深为h1，且h1＝h，若将圆锥形容器倒置，水深为h2，则h2＝(　　)‎ A.h B.h C.h D.h 解析：选D　设圆锥形容器的底面积为S，则倒置前水面的面积为S，所以水的体积V＝Sh－×S(h－h1)＝Sh.设倒置后水面的面积为S′，则＝2，所以S′＝，所以水的体积V＝S′h2＝，所以Sh＝，解得h2＝h.‎ ‎9．在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)‎ A. B. C. D. 8‎ 解析：选C　如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，则tan ∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.‎ ‎10．(2019·贵州适应性考试)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题：‎ ‎①若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ；②若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；③若m∥α，n⊂α，则m∥n；④若α∥β，γ∩α＝m，γ∩β＝n，则m∥n.‎ 其中正确命题的序号是(　　)‎ A．①④ B．①②‎ C．②③④ D．④‎ 解析：选D　对于①，同垂直于一个平面的两个平面可能相交，命题①错误；对于②，在两个互相垂直的平面内的两条直线可能互相平行，可能相交，也可能异面，命题②错误；对于③，直线m与n可能异面，命题③错误；对于④，由面面平行的性质定理知命题④正确．故正确命题的序号是④，选D.‎ ‎11．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：‎ ‎①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥DABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.‎ 其中正确的结论是(　　)‎ A．①②④ B．①②③‎ C．②③④ D．①③④‎ 解析：选B　由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确．故选B.‎ ‎12.如图，已知△EAB所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA＝EB＝3，AD＝2，∠AEB＝60°，则多面体EABCD的外接球的表面积为(　　)‎ A. B．8π 8‎ C．16π D．64π 解析：选C　由题知△EAB为等边三角形，设球心为O，O在平面ABCD的射影为矩形ABCD的中心，O在平面ABE上的射影为△EAB的重心G，又由平面EAB⊥平面ABCD，则△OGA为直角三角形，OG＝1，AG＝，所以R2＝4，所以多面体EABCD的外接球的表面积为4πR2＝16π.‎ ‎13．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：‎ ‎①l⊥m；　　　②m∥α；　　　③l⊥α.‎ 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________________.‎ 解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，‎ 由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；‎ 由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；‎ 由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.‎ 故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.‎ 答案：若m∥α且l⊥α，则l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)‎ ‎14.如图，在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥BACC1D的体积为________．‎ 解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，‎ 所以BO⊥平面ACC1D.‎ 因为AB＝2，所以BO＝.‎ 因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，‎ 所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，‎ 所以四棱锥BACC1D的体积为×6×＝2.‎ 答案：2 ‎15．在棱长为3的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，P在线段BD1上，且＝，点M为线段B‎1C1上的动点，则三棱锥MPBC的体积为________．‎ 解析：因为＝，所以点P到平面BCC1B1的距离是D1到平面BCC1B1距离的，即三棱锥PMBC的高h＝＝1.M为线段B‎1C1上的动点，所以S△MBC＝×3×3＝，所以VMPBC＝VPMBC 8‎ ‎＝××1＝.‎ 答案： ‎16．(2020届高三·广东七校联考)在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为‎2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝‎2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．‎ 解析：由题意知，球内切于四棱锥PABCD时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VPABCD＝VOABCD＋VOPAD＋VOPAB＋VOPBC＋VOPCD，即×‎2a×‎2a×‎2a＝××r，解得r＝(2－)a.‎ 答案：(2－)a B级——拔高小题提能练 ‎1．(2019·沈阳质量监测(一))如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，矩形的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，且球的表面积为16π，点P在球面上，则四棱锥PABCD体积的最大值为(　　)‎ A．8 B. C．16 D. 解析：选D　设球的半径为R，由题知4πR2＝16π，则R＝2，再设大圆内的矩形长、宽分别为x，y，由题知x2＋y2＝16，则矩形面积xy≤＝8，当且仅当x＝y时上式取等号，即底面为正方形时，底面面积最大．四棱锥PABCD的高的最大值为2，故四棱锥PABCD体积的最大值为×8×2＝，选D.‎ ‎2．(2019·合肥第二次质量检测)如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有(　　)‎ A．2对 B．3对 C．4对 D．5对 解析：选C　由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥SABCD，平面SCD⊥平面ABCD.因为AD⊥DC，BC⊥DC，且平面SCD∩平面ABCD＝DC，所以AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD.又由三视图知SC⊥SD，同时由AD⊥平面SCD，知AD⊥SC，又SD∩AD＝D，所以SC⊥平面SAD，所以平面SBC⊥平面SAD 8‎ ‎.综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对，故选C.‎ ‎3．(2019·沈阳质量监测)如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，下面结论中正确的是________．(写出所有正确结论的序号)‎ ‎①BD∥平面CB1D1；‎ ‎②AC1⊥平面CB1D1；‎ ‎③异面直线AC与A1B成60°角；‎ ‎④AC1与底面ABCD所成角的正切值是.‎ 解析：对于①，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，∴BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，∵AA1⊥平面A1B‎1C1D1，∴AA1⊥B1D1，连接A‎1C1，又A‎1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA‎1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B‎1C⊥AC1，∴AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A‎1C1，异面直线AC与A1B所成的角为∠BA‎1C1，连接BC1，又△A‎1C1B为等边三角形，∴∠BA‎1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成的角的正切值是＝＝≠，故④不正确．故正确的结论为①②③.‎ 答案：①②③‎ ‎4．已知在正四棱锥SABCD中，SA＝6，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．‎ 解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥SABCD中，SA＝6，所以＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积VSABCD＝a2h＝72h－h3，令y＝72h－h3，则y′＝72－2h2，令y′>0，得06，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.‎ 答案：6‎ ‎5．已知球O是正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)ABCD的外接球，BC＝3，AB＝2，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是________．‎ 解析：如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，‎ 连接AO1，O1D，OD，O1E，OE，‎ 则O1D＝3sin 60°×＝，‎ AO1＝＝3，‎ 在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，‎ ‎∵BD＝3BE，∴DE＝2，‎ 8‎ 在△DEO1中，O1E＝＝1，‎ ‎∴OE＝＝，‎ 过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，‎ 此时截面圆的半径为＝，面积为2π.‎ 答案：2π 8‎