【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测09空间几何体及空间线面位置关系的判定小题练 理数（含答案）.doc，共(9)页，274.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（九）空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位置关系的判定（小题练）A级——12＋4提速练一、选择题1.(2018·广州模拟)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83，则该几何体的俯视图可以

是()解析：选D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13×4×2＝83，满足条件，所以俯视图可以为D.2．(2018·陕西模拟)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.12B．22C.24D．14解析：选D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22的等腰直角三角形，其形状如图所示，所以三棱锥C­A

BD的侧视图的面积为14，故选D.3．(2018·郑州一模)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．0B．1C．2D．3解析：选C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.4.(2018·唐山模拟)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．3B.113C．7D.233解析：选B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13，故该几何体的体积V＝4－13＝113.5．

(2018·长郡中学模拟)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＋96πB．256＋96πC．192＋100πD．256＋100π解析：选C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12×8×6×8＋12π×52×8＝192＋100π，选C.6.(2018·贵阳模拟)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．15πB．16πC．17πD．18π解析：选C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9＋4＋4

＝17，球O的直径为17，所以球O的表面积S＝17π，故选C.7．(2018·石家庄模拟)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.83B．43C.823D．423解析：选A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＝5，cos∠ABE＝55，则sin∠ABE＝255，所以h＝

455，故四棱锥的体积V＝13×2×5×455＝83，故选A.8．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22

解析：选C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＝12＋＋2＝5，FB1＝12＋32＝2，

DB1＝12＋12＋32＝5.在△DFB1中，由余弦定理，得DF2＝FB21＋DB21－2FB1·DB1·cos∠DB1F，即5＝4＋5－2×2×5×cos∠DB1F，∴cos∠DB1F＝55.9．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＝23，且四棱锥O­ABCD的体积为83，则R等于()A．4B．23C.479D．13解析：选A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＝13·OE·S矩形ABCD＝13×O

E×6×23＝83，所以OE＝2，在矩形ABCD中可得EC＝23，则R＝OE2＋EC2＝4＋12＝4，故选A.10．(2018·福州模拟)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＋42＋23B．2＋

22＋43C．2＋63D．8＋42解析：选A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22的等边三角形，故所求表面积为S△ABC＋S△PAC＋S△PB

C＋S△PAB＝12×2×2＋12×2×22＋12×2×22＋34×(22)2＝2＋42＋23.故选A.11.(2018·唐山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm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．103cmB．10cmC．102cmD．30cm解析：选B依题意，在四棱锥S­ABCD中，所有棱长均为20cm，连接AC，BD交于点

O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝102cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝102cm，AS＝20cm，所以O到SA的距离d＝10cm

，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心，所以皮球的半径r＝10cm，选B.12．(2018·广州模拟)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD

1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.23B．12C.16D．13解析：选D如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝13，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝23，故NT＝2－13－

23＝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′＝13，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝13，选D

.二、填空题13．(2018·南京模拟)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________．解析：由题意知S底面ABCD＝2×2sin60°＝23，所以S△EBC＝32，

故VP­EBC＝13×2×32＝33.答案：3314．(2018·内蒙古包头一模)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)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．答案：①②④15．(2019届高三·益阳、湘潭联考)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________．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＝13×2OO1×S△ABC，因为OO1＝22－

32＝1，所以V＝13×2×1×34×32＝332.答案：33216．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．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＝2r.在△SAB中，cos∠ASB＝78，∴sin∠ASB＝158，∴S△SAB＝12SA·SB·sin∠ASB＝12×(2r)2×158＝515，解得r＝210，∴SA＝2r＝45，即母线长l＝45，∴S圆锥侧＝πrl＝π×210×45＝40

2π.答案：402πB级——难度小题强化练1．(2018·武汉调研)已知底面半径为1，高为3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.323π27B．4πC.16π3D．12π解析：选C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＝3，则在Rt△BOD中，有R2＝(3－R)2＋12，解得R＝233，所以外接球O的表面积S＝4πR2＝16π3

，故选C.2．(2018·南京模拟)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.23B．43C．2D．83解析：选A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A­BC

D所示，故该几何体的体积V＝13×12×1×2×2＝23.3．(2018·福州模拟)已知圆柱的高为2，底面半径为3，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．4πB．163πC.323πD．16π解析：选D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＝OA2＋AB2＝12＋32＝2.故这个球的表面积S＝4πr2＝16π.故选D.4．(2018·贵阳检测)三棱锥P­ABC的四个顶点都在体积为500π3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．4B．6C．8D．10解析：选C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4πR33＝500π3，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为R2－r2＝3，因此三棱锥P­ABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.5．(2018·全国卷Ⅰ)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.334B．233C.324D．32解析：选A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＝6×12×22×22×sin60°＝334.故选A.6．(2018·南宁模拟)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．解析：根据折叠前A

B⊥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.答案：①③④