2020届高考数学大二轮复习层级二专题四立体几何第1讲几何体的表面积与体积线面位置关系的判断课时作业 8页

第1讲 几何体的表面积与体积、线面位置关系的判断 限时40分钟　满分80分 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．(2020·济南模拟)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)，其直观图如图(1)所示，图(2)中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是(　　)‎ A．a，b　　　　　　　　 　 B．a，c C．c，b D．b，d 解析：A　[当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.]‎ ‎2．(2020·四省八校联考)m，n是两条不同的直线，α是平面，n⊥α，则m∥α是m⊥n的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 解析：A　[当m∥α时，在平面α内存在一条直线b，使得b∥m，结合n⊥α，知n⊥b，所以n⊥m，所以m∥α是m⊥n的充分条件；当n⊥α，m⊥n时，m∥α或m⊂α，所以m∥α是m⊥n的不必要条件．综上，m∥α是m⊥n的充分不必要条件，故选A.]‎ ‎3．(2020·洛阳联考)一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是(　　)‎ - 8 -‎ ‎①长、宽不相等的长方形　②正方形　③圆　④椭圆 A．①② B．①④‎ C．②③ D．③④‎ 解析：B　[由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；‎ 对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；‎ 对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；‎ 对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．‎ 综上知①④是可能的图形．]‎ ‎4．(多选)(2020·江西省红色七校联考)设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n C．若α∥β，m⊥α，则m⊥β D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β 解析：AC　[若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质知选项C正确；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选AC.]‎ ‎5．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：‎ - 8 -‎ C　[由三视图可得四棱锥P－ABCD，四棱锥P－ABCD中PD＝2，AD＝2，CD＝2，AB＝1.由勾股定理可知：PA＝2，PC＝2，PB＝3，BC＝.则在四棱锥中，直角三角形有：△PAD，△PCD，△PAB，共三个，故选C.]‎ ‎6．(2020·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为(　　)‎ A．8 B．4 C．8 D．12 解析：‎ D　[由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2，PD＝6，PB＝4，连接AC，则AC＝4，所以PC＝4，显然在各侧面面积中△PCD的面积最大，又PD＝CD＝6，所以PC边上的高为 ＝2，所以S△PCD＝×4×2＝12，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12.故选D.]‎ ‎7．(2020·广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为(　　)‎ - 8 -‎ A．6 B．7‎ C. D. 解析：‎ B　[如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1被截去三棱锥A－PQA1和三棱锥D－PC1D1之后得到的一个几何体，其中P，Q分别是棱A1D1，A1B1的中点．故所求多面体的体积V＝V正方体－V三棱锥A－PQA1－V三棱锥D－PC1D1＝23－××2－××2＝7.故选B.]‎ ‎8．(2018·新课标Ⅱ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1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. 解析：‎ C　[如图取DD1的中点F，连接AF、EF，则EF∥CD，∴∠AEF即是AE与CD所成的角，设正方体的棱长为a，在直角三角形AFE中，EF＝a，AF＝ ＝a，‎ - 8 -‎ ‎∴tan∠AEF＝＝＝.]‎ ‎9．(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　　)‎ A．2 B．2 C．3 D．2‎ 解析：B　[圆柱中点M，N的位置如图1，其侧面展开图如图2，则最短路径如图2中的MN.由已知MC＝2，CN＝×16＝4，∴MN＝ ＝＝2.]‎ ‎10．(2019·益阳三模)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A．13π B．20π C．25π D．29π 解析：‎ D　[把三棱锥P－ABC放在长方体中，如图所示，‎ 所以长方体的体对角线长为＝，‎ 所以三棱锥外接球的半径为，‎ 所以外接球的表面积为4π×2＝29π.]‎ - 8 -‎ ‎11．(2019·重庆市二模)某几何体的三视图如图所示，其正视图为等腰梯形，则该几何体的表面积是(　　)‎ A．18 B．8＋8 C．24 D．12＋6 解析：‎ C　[根据给定的三视图，可得原几何体如图所示，其中面ABB1A1表示边长分别为2和4的矩形，其面积为S1＝2×4＝8，△ABC和△A1B1C1为底边边长为2，腰长为的等腰三角形，其高为h＝2，‎ 所以面积为S2＝S3＝×2×2＝2，‎ 面AA1C1C和面BB1C1C为全等的等腰梯形，上底边长为2，下底边长为4，高为2，‎ 所以面积为S4＝S5＝×(2＋4)×2＝6，‎ 所以几何体的表面积为S＝8＋2×2＋2×6＝24，故选C.]‎ ‎12．(2020·陕西省质量检测)已知三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，且∠ACB＝30°，AC＝2AB＝2.SA＝1.则该三棱锥的外接球的体积为(　　)‎ A.π B．13π C.π D.π 解析：‎ D　[∵∠ACB＝30°，AC＝2AB＝2，∴△ABC是以AC为斜边的直角三角形，‎ - 8 -‎ 其外接圆半径r＝＝，则三棱锥外接球即为以△ABC为底面，以SA为高的三棱锥的外接球．‎ ‎∴三棱锥外接球的半径R满足R＝ ＝.‎ 故三棱锥外接球的体积V＝πR3＝π.]‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．(2020·黄冈模拟)三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则＝________.‎ 解析：‎ 如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以S△BDE＝S△PBC.又因为三棱锥A－BDE与三棱锥A－PBC的高长度相等，所以＝.‎ 答案： ‎14．(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．‎ 解析：过P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，PO⊥平面ABC于O.‎ 连OD，OE，∵PD＝PE＝，PC＝2，∴CD＝CE＝1.‎ 由题意，四边形ODCE为圆内接四边形，又∠ACB＝90°‎ ‎∴四边形ODCE为正方形，‎ ‎∴OD＝1，‎ ‎∴PO＝＝＝.‎ 即点P到平面ABC的距离为.‎ - 8 -‎ 答案： ‎15．(2020·丽水模拟)已知E，F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC＝2AB＝2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，则三棱锥A－FEC外接球的半径________，外接球的体积为________．‎ 解析：由题意，三棱锥A－FEC外接球是正方体AC的外接球，所以三棱锥A－EFC外接球的半径是，所以三棱锥A－FEC外接球的体积为π3＝π.‎ 答案：　 ‎16.‎ ‎(2019·日照三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD且底面各边都相等，M是PC上一点，当点M满足____________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)‎ 解析：‎ 如图，连接AC，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，因为四边形ABCD的各边相等，所以AC⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC，要使平面MBD⊥平面PCD，只需PC垂直于平面MBD内与BD相交的直线即可，所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC)．‎ 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)‎ - 8 -‎