（浙江专版）2018年高考数学二轮专题复习专题验收评估（四）立体几何与空间向量

专题验收评估(四) 立体几何与空间向量

(时间：120分钟 满分：150分)

一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A．球 C．正方体

B．三棱锥 D．圆柱

解析：选D 球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形．

2．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )

A．m∥l C．n⊥l

B．m∥n D．m⊥n

解析：选C ∵α∩β＝l，∴l?β.∵n⊥β，∴n⊥l，故选C. 3．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直 B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直 C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行 D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直

解析：选B 可以通过观察正方体ABCD-A1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面α，由AB，CD均与m垂直知，选项A错；由D1C1与m垂直且与α平行知，选项C错；由平面

ADD1A1与m平行且与α垂直知，选项D错．

4．(2018届高三·浙江名校联考)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为( )

A．正方形 B．圆

C．等腰三角形 D．直角梯形

解析：选D 当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B可能；当几何体是横放的三棱柱时，C可能．于是只有D不可能．

5．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题 ①

?α∥β?

??β∥γ ②α∥γ??

?α⊥β?

m∥α??

??m⊥β

- 1 -

③

m⊥α??

?m∥β?

??α⊥β ④

m∥n??

?n?α?

??m∥α

其中正确的命题是( ) A．①④ C．①③

B．②③ D．②④

解析：选C 对于②，直线m与平面β可能平行或相交；对于④，直线m可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．

6．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

12A.＋π 3312C.＋π 36

12 B.＋π

33 D．1＋

2π 6

解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为

21214π?2?312

，从而该几何体的体积为×1×1＋××??＝＋π.故选C. 2323?2?36

7．已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的三视图如图所示，则异面直线D1C与AC1所成的角为( )

A．30° C．60°

B．45° D．90°

解析：选D 由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为2.∵AD⊥D1C，DC1⊥D1C，AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，∴D1C

- 2 -

⊥AC1，∴异面直线D1C与AC1所成的角为90°.

9

8．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为3的正三角形．若P4为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )

A.C.5π 12π 4

π B.

3π D.

6

392

×(3)×h＝，解得h＝3.设三棱柱的底面ABC的44

解析：选B 设三棱柱的高为h，则

23

中心为Q，则PQ＝3，AQ＝××3＝1.在Rt△APQ中，∠PAQ即为直线PA与平面ABC所成

32的角，且tan∠PAQ＝3，

π

所以∠PAQ＝.

3

9．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：

①四边形EFGH为平行四边形； ②平面α∥平面BCC1B1； ③平面α⊥平面BCFE. 其中正确的命题有( ) A．①②

B．②③ C．①③ D．①②③

解析：选C 如图，因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α与棱AB，

AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α，所以AA1

∥EH∥GF，AA1＝EH＝GF，所以四边形EFGH为平行四边形，故①正确；因为EF与BC不一定平行，所以平面α与平面BCC1B1平行或相交，故②不正确；因为AA1∥EH∥GF，AA1＝EH＝GF，且AA1⊥平面BCFE，所以EH⊥平面BCFE，因为EH?平面α，所以平面α⊥平面BCEF，故③正确．

10．已知正四面体S-ABC的棱长为1，如果一个高为

3

的长方体能在该正四面体内任意转动，6

则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为( )

1A. 3

111 B. C. D.

61224

上，点Rt

- 3 -

解析：选D 易知正四面体S-ABC的内切球的球心O必在高线SH延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，设内切球切SD于

E，连接AO.因为H是正三角形ABC的中心，所以AH∶HD＝2∶1，因为

△OAH∽Rt△DSH，所以＝

OADS＝3，可得OA＝3OH＝SO，因此SH＝4OH，可得内切球的半径R＝OHOHDHSH2＋HD2＝

1

＝SH.因为正四面体S-ABC的棱长为1，所以在Rt△DSH中，DS＝4

4R2

3133?2?12

＋?×?＝，解得R＝.要满足一个高为的长方体能在该正四面体内任意转

246?32?2

动，则长方体的体对角线长不能超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x，y，该长方体的长和宽形成的长方形的面积为S，所以4R≥?＝xy＝

2

1?3?22222

?＋x＋y，所以x＋y≤12，所以S?6?

x2＋y2

2

16

≤，当且仅当x＝y＝时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的2412

1

最大值为.

24

二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)

11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．

解析：由空间几何体的三视图，得其直观图为底面半径为1，高为3的圆锥的一半，所以该113π12

几何体的体积V＝×π×1×3＝，表面积为S＝×π×1×

236213π

＋×2×3＝＋3. 22

答案：

3π3π

＋3 62

3

2

122

＋1＋×π×1

2

12.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PD＝PBAD＝DC＝2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为________；直线

与平面PDC所成角的正弦值为________．

解析：由于AB∥CD，所以∠PCD为异面直线PC与AB所成的角．因

为过点直线

PD⊥平面ABCD，所以∠PDC＝，又因为PD＝DC，所以∠PCD＝.B作BE垂直CD于点E，连接PE，易证BE⊥平面PCD，所以∠BPE为

π

2π4

- 4 -