《高考数学 模拟试卷分项（第02期）专题08 立体几何》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学 模拟试卷分项（第02期）专题08 立体几何（42页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、全国各地接二连三地发生了多起特大安全事故，造成严重的人员伤亡，特别是北京密云、吉林商厦等特大安全事故，引起了党中央和国务院的高度关注专题 立体几何一、选择题1【2018四川德阳三校联考】已知一个简单几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D. 【答案】A2【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，所以体积为，故选A。3【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】已知， ， 是三条直线， 是一个平面，下列命题中正确命题的个数
2、是（ ）若，则与相交；若，则内有无数条直线与平行；若， ， ， ，则；若， ， 则.A. B. C. D. 【答案】C【解析】正确；正确；若，则存在不垂直于，错误；正确，所以正确的有3个，故选C。4【2018福建四校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解5【2018河南中原名校联考】一个几何体的三视图如图所示：其中，正
3、（主）视图中的边长是2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的体积为（ ）A. 1 B. C. 2 D. 4【答案】B6【2018广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的（ ）A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍【答案】C【解析】设圆柱的高为，底面半径为，圆柱的外接球的半径为，则.圆锥的母线与底面所成角为60，圆锥的高为，母线长，圆锥的侧面积为.， .选C。【点睛】熟练掌握圆锥的侧面积公式（其中是母线长，r是底面半径）和圆柱的表面积公式（其中是母线长，r是底面半径）是解本题的
4、键。7【2018广西贺州桂梧高中联考】某几何体的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图中的正方形的边长为2，正视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的体积为（ ）A. B. 8 C. D. 12【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是由一个三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，故其体积为 .选C.8【2018河南漯河高中三模】已知长方体的全面积为，十二条棱长度之和为，则这个长方体的一条对角线长为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C9【2018江西宜春六校联考】已知四棱锥，它的底面是边长为2的正方形，其俯视图如图所示，侧视图为直角三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C
5、. D. 【答案】A计算可得： ,则为外接球的球心，半径为，该四棱锥的外接球的表面积为.本题选择A选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10【2018东北名校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C点睛：本题主要考查几何体的三视图.已知几何体的三视图,求组成此几何体的的实物图问题,进一步求几何体的表
6、面积,体积等.一般都是结合正视图和侧视图在俯视图上操作,这是因为正视图反映了物体的长与高,侧视图反映了物体的宽与高,俯视图反映了物体的长与宽,但要注意组合体是由哪几个基本几何体生成的,并注意它们的生成方式,特别是它们的交线位置.11【2018东北名校联考】已知正四棱锥中， 分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】12【2018云南昆明一中摸底】一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、左视图和俯视图均为边长等于的正方形，这个几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是棱长为的正
7、方形的内部挖去一个底面为边长为的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表面积为， ，故选D.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.13【2018河南名校联考】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，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A14【2018河南名校联考】设是两条不同的直
8、线，是两个不同的平面，则 （ ）A. 若，则B. 若，则C. “直线与平面内的无数条直线垂直”上“直线与平面垂直”的充分不必要条件D. 若，则【答案】D15【2018辽宁凌源二中联考】已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为：.本题选择D选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利
9、用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解16【2018广东德清中学一模】设，是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：若l，则l； 若l，则l；若l，则l ； 若l，则l.其中说法正确的个数为()A. 3 B. 2 C. 1 D. 0【答案】C17【2018福建高三基地总复习试卷】已知过球面上三点A、B、C的截面到球心距离等于球半径的一半，且， ，则球面面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图,设球的半径为r,O是ABC的外心，外接圆半径为R，则OO面ABC.在RtACD中, 则.在ABC中,由正弦定理得，即OC=.再中， ，得.故选C.点睛：本题考查了球与
10、几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.二、填空题1
11、8【2018河南中原名校联考】如图，长方体的三个面的对角线， ， 的长分别是3，2，3，则该长方体的外接球的表面积为_【答案】19【2018河北衡水武邑中学三调】在九章算术中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑中, 平面, ,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为_【答案】【解析】由题意，MC为球O的直径，MC=2，球O的半径为，球O的表面积为43=12，内切球的半径设为， 得到 内切球的体积为 ，故结果为.点睛：这个题目考查了四面体的外接球和内切球的体积问题，外接球是放到长方体中计算，用的是补体法；内切球用的是体积分割，将四面体分割成了4个小的棱锥，高都是
12、内切球的半径，从而计算出内切球的半径。20【2018广西南宁摸底联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.下列说法错误的是_（将符合题意的选项序号填到横线上）.所在平面；所在平面；所在平面；所在平面.【答案】21【2018广西柳州摸底联考】如图所示，在四面体中，若截面是正方形，则下列命题中正确的是_(将所有正确答案序号填写到横线上)；截面；异面直线与所成的角为【答案】二、解答题22【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图1，矩形中， ，将沿折起，得到如图所示的四棱锥，其中.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角
13、的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）试题解析：（1）在图2中取的中点，连接， .由条件可知图1中四边形为正方形，则有，且可求得.在中， ， ， ，由余弦定理得.在中， ，所以，即.由于， 平面， 且， ，所以平面.又平面，故平面平面.由（1）得平面，可求得点坐标为，所以， ，设平面的法向量为，由及得令，由此可得.由于， ，设平面的法向量为，由及得令，由此可得所以则平面与平面所成锐二面角的余弦值为.23【2018福建四校联考】如图，几何体EFABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，ABCD，ADDC，AD=2，AB=4，ADF=90（）求证：ACFB（）求二面角EFBC的大
14、小【答案】（）见解析；（） .试题解析：（）证明：由题意得，ADDC，ADDF，且DCDF=D，AD平面CDEF，ADFC，四边形CDEF为正方形DCFC由DCAD=D FC平面ABCD，FCAC又四边形ABCD为直角梯形，ABCD，ADDC，AD=2，AB=4， ，则有AC2+BC2=AB2ACBC由BCFC=C，AC平面FCB，ACFB（）解：由（I）知AD，DC，DE所在直线相互垂直，故以D为原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz可得D（0，0，0），F（0，2，2），B（2，4，0），E（0，0，2），C（0，2，0），A（2，0，0），由（）知平面FCB的法向量为， 设平面EFB的法向量为则有即令则
