（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的三視圖、表面積、體積 與球有關(guān)的切、接、（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的三視圖、表面積、體積 與球有關(guān)的切、接、（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的三視圖、表面積、體積 與球有關(guān)的切、接、（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（20頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(五)　空間幾何體的三視圖、表面積、體積　與球有關(guān)的切、接、截問題 1．(2018·全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是(　　) A　　　　B　　 　C　　　　D A　[由題意知，俯視圖中應(yīng)有一不可見的長方形，且俯視圖應(yīng)為對稱圖形．故選A．] 2．(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是(　　) A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C．α，β平

2、行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面 B　[由面面平行的判定定理知：α內(nèi)兩條相交直線都與β平行是α∥β的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若α∥β，則α內(nèi)任意一條直線都與β平行，所以α內(nèi)兩條相交直線都與β平行是α∥β的必要條件，故選B．] 3．(2017·全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π B． C． D． B　[設(shè)圓柱的底面半徑為r，球的半徑為R，且R＝1， 由圓柱兩個底面的圓周在同一個球的球面上可知， r，R及圓柱的高的一半構(gòu)成直角三角形． ∴r＝＝. ∴圓柱的體積為V＝πr2h＝π×1＝.

3、故選B．] 4．(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A．8 B．6 C．8 D．8 C　[在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，連接BC1，AC1，則∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，所以在Rt△ABC1中，BC1＝＝2， 在Rt△BCC1中，CC1＝＝2，所以該長方體體積V＝BC×CC1×AB＝8.] 5．(2020·全國卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接

4、圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為(　　) A．64π B．48π C．36π D．32π A　[如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因?yàn)椤袿1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A．] 6．(2016·全國卷Ⅰ)如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑．若該幾何體的體積是，則它的表面積是(　　) A．17π B．18π C．20π D

5、．28π A　[由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個球體去掉上半球的，得到的幾何體如圖．設(shè)球的半徑為R，則πR3－×πR3＝π，解得R＝2.因此它的表面積為×4πR2＋πR2＝17π.故選A．] 7．(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A． B． C． D． C　[如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，CD∥AB，所以異面直線AE與CD所成角為∠EAB，設(shè)正方體邊長為2a，則由E為棱CC1的中點(diǎn)，可得CE＝a，所以BE＝a，則tan∠EAB＝＝＝.故選C．] 8．(2018·全國

6、卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為(　　) A．2 B．2 C．3 D．2 B　[由三視圖可知，該幾何體為如圖1所示的圓柱，該圓柱的高為2，底面周長為16.畫出該圓柱的側(cè)面展開圖，如圖2所示，連接MN，則MS＝2，SN＝4，則從M到N的路徑中，最短路徑的長度為＝＝2.故選B． ] 圖1　　　　　　　　　　圖2 9．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED

7、的中點(diǎn)，則(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 B　[取CD的中點(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)椤鱁CD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD．設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，B

8、E，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以N為BD的中點(diǎn)，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B．] 10．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) A　[A項(xiàng)，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點(diǎn)，則QD∥AB． ∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交， ∴直線AB與平面MNQ相交． B項(xiàng)，作如圖②所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ. 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. C

9、項(xiàng)，作如圖③所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ. 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. D項(xiàng)，作如圖④所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥NQ， ∴AB∥NQ. 又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. 故選A．] 11．(2016·全國卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A．4π B． C．6π D． B　[由題意得要使球的體積最大，則球與直三棱柱的若干面相切．設(shè)球的半徑為R.因?yàn)椤鰽BC的內(nèi)切圓半徑為＝2，所以R

10、≤2.又2R≤3，所以R≤，所以Vmax＝π＝π.故選B．] 12．(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D-ABC體積的最大值為(　　) A．12 B．18 C．24 D．54 B　[設(shè)等邊三角形ABC的邊長為x，則x2sin 60°＝9，得x＝6.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距離d＝＝2，則點(diǎn)D到平面ABC的最大距離d1＝d＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.] 13．(2020·全國卷Ⅱ)設(shè)有下列四個命

11、題： p1：兩兩相交且不過同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)． p2：過空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個平面． p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行． p4：若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l. 則下述命題中所有真命題的序號是________． ①p1∧p4　②p1∧p2?、踦2∨p3　④p3∨p4 ①③④　[法一：對于p1，由題意設(shè)直線l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，則由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，設(shè)此平面為α，由B∈l2，l2?α，知B∈α，由C∈l1，l1?α，知C∈α，所以l3?α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命題．對于p2，當(dāng)A

12、，B，C三點(diǎn)不共線時(shí)，過A，B，C三點(diǎn)有且僅有一個平面；當(dāng)A，B，C三點(diǎn)共線時(shí)，過A，B，C的平面有無數(shù)個，所以p2是假命題，p2是真命題．對于p3，若空間兩條直線不相交，則這兩條直線可能平行，也可能異面，所以p3是假命題，p3是真命題．對于p4，若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l，所以p4是真命題，p4是假命題．故p1∧p4為真命題，p1∧p2為假命題，p2∨p3為真命題，p3∨p4為真命題．綜上可知，真命題的序號是①③④. 法二：對于p1，由題意設(shè)直線l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，則A，B，C三點(diǎn)不共線，所以此三點(diǎn)確定一個平面α，則A∈α，B∈α，C∈α，所以A

13、B?α，BC?α，CA?α，即l1?α，l2?α，l3?α，所以p1是真命題．以下同解法一．] 14．(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°.若△SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為________． 40π　[因?yàn)槟妇€SA，SB所成角的余弦值為，所以母線SA，SB所成角的正弦值為，因?yàn)椤鱏AB的面積為5，設(shè)母線長為l，所以×l2×＝5，∴l(xiāng)2＝80，因?yàn)镾A與圓錐底面所成角為45°，所以底面半徑為r＝lcos ＝l， 因此圓錐的側(cè)面積為πrl＝πl(wèi)2＝40π.] 15．(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面

14、ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 　[作PD，PE分別垂直于AC，BC，PO⊥平面ABC，連接CO， 由題意可知CD⊥PD，CD⊥PO，PD∩PO＝P, ∴CD⊥平面PDO，又OD?平面PDO，∴CD⊥OD， ∵PD＝PE＝，PC＝2，∴sin∠PCE＝sin∠PCD＝， ∴∠PCB＝∠PCA＝60°， 又易知PO⊥CO，CO為∠ACB的平分線， ∴∠OCD＝45°，∴OD＝CD＝1，OC＝， 又PC＝2，∴PO＝＝.] 16．[一題兩空](2019·全國卷Ⅱ)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的

15、代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有________個面，其棱長為________． 圖1　　　　　　　　　　圖2 26　－1　[先求面數(shù)有如下兩種方法． 法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個面，中間部分有8個面，下部分有9個面，共有2×9＋8＝26(個)面． 法二：一般地，對于凸多面體，頂點(diǎn)

16、數(shù)(V)＋面數(shù)(F)－棱數(shù)(E)＝2.(歐拉公式) 由題圖知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)為24. 故由V＋F－E＝2，得面數(shù)F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26. 再求棱長． 作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點(diǎn)都在邊長為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長為x，則正八邊形的邊長即為半正多面體的棱長． 連接AF，過H，G分別作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分別為M，N，則 AM＝MH＝NG＝NF＝x. 又AM＋MN＋NF＝1，∴x＋x＋x＝1. ∴x＝－1，即半正多面體的棱長為－1.] 1．(2020·西安模擬)一個圓柱的底面直徑與高都等于一

17、個球的直徑，則圓柱的全面積與球的表面積之比為(　　) A．2∶1 B．4∶3 C．3∶2 D．1∶1 C　[設(shè)球的半徑為r，則由題意S圓柱＝2πr2＋2πr·2r＝6πr2，S球＝4πr2， 所以圓柱的全面積與球的表面積之比為3∶2，故選C．] 2．(2020·攀枝花一模)一個棱長為2的正方體被一個平面截去部分后，余下部分的三視圖如圖所示，則截去部分與剩余部分體積的比為(　　) A．1∶3 B．1∶4 C．1∶5 D．1∶6 A　[由題意可知：幾何體被平面ABCD分為上下兩部分， 設(shè)正方體的棱長為2，上部棱柱的體積為：×2×1×2＝2； 下部為：2×2×

18、2－2＝6. 截去部分與剩余部分體積的比為，故選A．] 3．(2020·桂林一模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則α⊥β的一個充分不必要條件是(　　) A．m⊥α，m⊥β B．m?α，n?β，m⊥n C．m∥n，m⊥α，n⊥β D．m∥α，m⊥β D　[對于A，由m⊥α，m⊥β?α∥β，故A錯誤；對于B，m?α，n?β，m⊥n，則α，β可以平行，故B錯誤；對于C，m∥n，m⊥α，n⊥β，可以求出α∥β，故C錯誤；對于D，由m∥α，m⊥β，得α⊥β，是充分條件，反之，由α⊥β，不一定得到m∥α，m⊥β，是不必要條件，故選D．] 4．(2020·深圳模擬)空間四

19、邊形ABCD的四邊相等，則它的兩條對角線AC，BD的關(guān)系是(　　) A．垂直且相交 B．相交但不一定垂直 C．垂直但不相交 D．不垂直也不相交 C　[取BD中點(diǎn)E，連接AE、CE.∵AB＝AD＝BC＝CD，∴AE⊥BD，CE⊥BD． ∴BD⊥平面AEC．又AC?面AEC，∴BD⊥AC．故選C． ] 5．(2020·岳陽二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC1的中點(diǎn)，則異面直線DE與A1B1所成角的正切值為(　　) A． B． C． D． C　[如圖所示， ∵DC∥A1B1，DC⊥B1C． ∴∠EDC為異面直線DE與A1B1所成角． ∴tan∠

20、EDC＝＝＝.故選C．] 6．(2020·貴陽模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在B1B和C1C上(異于端點(diǎn))，則過三點(diǎn)A，F(xiàn)，E的平面被正方體截得的圖形(截面)不可能是(　　) A．正方形 B．不是正方形的菱形 C．不是正方形的矩形 D．梯形 A　[當(dāng)BE＝CF時(shí)，截面是矩形； 當(dāng)2BE＝CF時(shí)，截面是菱形； 當(dāng)BE>CF時(shí)，截面是梯形，故選A．] 7．(2020·南海區(qū)模擬)已知三棱錐P-ABC，AC＝，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，其外接球體積為(　　) A． B．4π C． D．4π A　[AB＝＝，設(shè)PB＝h，則

21、由PA＝2PB，可得＝2h，解得h＝1，可將三棱錐P-ABC還原成如圖所示的長方體，則三棱錐P-ABC的外接球即為長方體的外接球，設(shè)外接球的半徑為R，則2R＝＝2，R＝1， 所以外接球的體積V＝R3＝.故選A．] 8．(2020·中山模擬)下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是(　　) A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ C　[對于①，連接AC，如圖所示．由于MN∥AC，NP∥BC，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知平面MNP∥平面ACB，所以AB∥平面MNP. 　　 圖1　　　　　　　　圖2

22、 對于②，連接BC交MP于D，由于N是AC的中點(diǎn)，D不是BC的中點(diǎn)，所以在平面ABC內(nèi)AB與DN相交，所以直線AB與平面MNP相交． 對于③，連接CD，則AB∥CD，而CD與PN相交，即CD與平面PMN相交，所以AB與平面MNP相交． 　　 圖3　　 　　　　　圖4 對于④，連接CD，則AB∥CD∥NP，由線面平行的判定定理可知AB∥平面MNP. 綜上所述，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是①④，故選C．] 9．(2020·開封模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)O是四邊形ABCD的中心，關(guān)于直線A1O，下列說法正確的是(　　) A．A1O∥D1C B．A1O∥平

23、面B1CD1 C．A1O⊥BC D．A1O⊥平面AB1D1 B　[由題意，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)O是四邊形ABCD的中心，所以A1D∥B1C，OD∥B1D1，因?yàn)锳1D∩DO＝D，B1D1∩B1C＝B1，所以平面A1DO∥平面B1CD1，因?yàn)锳1O?平面A1DO，所以A1O∥平面B1CD1，故選B．] 10．(2020·沈陽模擬)《算數(shù)書》竹簡于上世紀(jì)八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典籍．其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：“置如其周，令相承也．又以高乘之，三十六成一”．該術(shù)相當(dāng)于給出了由圓錐的底面周長L與高h(yuǎn)，計(jì)算器體積V≈L2h的近似公

24、式．它實(shí)際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3，那么近似公式V≈L2h相當(dāng)于圓錐體積公式中的圓周率近似取為(　　) A． B． C． D． C　[設(shè)圓錐底面圓的半徑為r，高為h， 依題意，L＝2πr，πr2h＝·(2πr)2h， ∴＝π，即π＝. 即π的近似值為.故選C．] 11．(2020·西安模擬)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A處出發(fā)，經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到達(dá)頂點(diǎn)C1位置，則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻?zhàn)疃膛佬新肪€的正視圖是(　　) 圖1　　　　　　　　　圖2 A．①② B．①③ C．③④ D．②④ D　[①中線段為虛

25、線，②正確，③中線段為實(shí)線，④正確，故選D．] 12．(2020·冀州模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段A1B1上，點(diǎn)Q在線段B1C1上，且B1P＝B1Q，給出下列結(jié)論： ①A、C、P、Q四點(diǎn)共面； ②直線PQ與AB1所成的角為60°； ③PQ⊥CD1； ④VP-ABCD＝VQ-AA1D． 其中正確結(jié)論的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 B　[如圖所示， 對于①，∵B1P＝B1Q，∴PQ∥A1C1， ∴A、C、P、Q四點(diǎn)共面，①正確； 對于②，連接AC，CB1，可得△ACB1是等邊三角形， 又AC∥A1C1，∴直線PQ與AB

26、1所成的角為60°； 對于③，由②可知PQ⊥CD1錯誤； 對于④，VP-ABCD＝V正方體AC1， VQ -AA1D＝×S△AA1D×A1B1＝×S正方形AA1DD1×A1B1＝V正方體AC1. ∴VP-ABCD≠VQ -AA1D． 其中正確結(jié)論的個數(shù)2.故選B．] 13.(2020·西北工業(yè)大學(xué)附中第三次適應(yīng)性考試)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△ABC是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是(　　) A．CC1與B1E是異面直線 B．AC⊥平面ABB1A1 C．AE⊥B1C1 D．A1C1∥平面AB1E C　[對于A

27、選項(xiàng)，由于CC1，B1E都含于平面BCC1B1，所以不是異面直線，故A選項(xiàng)錯誤． 對于B選項(xiàng)，由于∠CBA＝，所以AC與平面ABB1A1不垂直，故B選項(xiàng)錯誤． 對于C選項(xiàng)，在等邊三角形ABC中，AE⊥BC，根據(jù)直三棱柱中易得AE⊥AA1，所以AE⊥平面BCC1B1，所以AE⊥B1C1，所以C選項(xiàng)正確． 對于D選項(xiàng)，由于A1C1∥AC，而AC與平面AB1E相交，所以直線A1C1與平面AB1E不平行，故D選項(xiàng)錯誤，故選C．] 14．(2020·邯鄲模擬)如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，D為BC中點(diǎn)，DE⊥AC，將△CDE沿DE翻折，得到直二面角C-DE-B，連接BC，F(xiàn)是

28、BC中點(diǎn)，連接AF，如圖2，則下列結(jié)論正確的是(　　) 圖1　　　　　　　　　圖2 A．AD⊥CD B．AF∥DE C．DE⊥平面ACE D．AF∥平面CDE C　[∵在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，D為BC中點(diǎn)，DE⊥AC，將△CDE沿DE翻折，得到直二面角C-DE-B，連接BC，F(xiàn)是BC中點(diǎn)，連接AF，∴DE⊥AE，DE⊥CE， ∵AE∩CE＝E，∴DE⊥平面ACE.故選C．] 15．(2020·滄州模擬)已知P，A，B，C是半徑為2的球面上的點(diǎn)，O為球心，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，則三棱錐O-ABC體積的最大值是(　　) A． B．1

29、 C． D． B　[如圖，∵P，A，B，C是半徑為2的球面上的點(diǎn)，O為球心，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°， ∴P到平面ABC上的射影G是△ABC的外心，即AC中點(diǎn)，則球的球心在PG的延長線上，設(shè)PG＝h，則OG＝2－h(huán)， ∴OB2－OG2＝PB2－PG2，∴4－(2－h(huán))2＝4－h(huán)2，解得h＝1， ∴AG＝CG＝BG＝， ∴三棱錐O -ABC體積取最大值時(shí)，BG⊥AC， ∴三棱錐O -ABC體積的最大值為： V＝S△ABC·h＝××2××1＝1.故選B．] 16.(2020·漢中模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，B

30、B1的中點(diǎn)，則(　　) A．直線D1D與直線AF垂直 B．直線A1G與平面AEF不平行 C．平面AEF截正方體所得的截面面積為 D．點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離相等 C　[對于A，若D1D⊥AF，又因?yàn)镈1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以DD1⊥平面AEF，所以DD1⊥EF，所以CC1⊥EF，顯然不成立，故結(jié)論錯誤； 對于B，如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)Q，連接A1Q，GQ， 由條件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，所以平面A1GQ∥平面AEF，又因?yàn)锳1G?平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故結(jié)論錯誤； 對于C，如圖所示，連接D1F

31、，D1A，延長D1F，AE交于點(diǎn)S, 因?yàn)镋，F(xiàn)為BC，C1C的中點(diǎn)，所以EF∥AD1，所以A，E，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面，所以截面即為梯形AEFD1又因?yàn)镈1S＝AS＝＝2，AD1＝2， 所以S△AD1S＝×2×＝6，所以S梯形AEFD1＝6×＝，故結(jié)論正確；對于 D，記點(diǎn)C與點(diǎn)G到平面AEF的距離分別為h1，h2，因?yàn)閂C-AEF＝·SAEF·h1＝VA-CEF＝××2＝，又因?yàn)閂G-AEF＝×SAEF·h2＝VA-GEF＝××2＝，所以h1≠h2，故結(jié)論錯誤，故選C．] 17．(2020·貴州模擬)已知三個互不重合的平面α，β，γ，且直線m，n不重合，由下列條件： ①m⊥n，m⊥β；

32、②n?α，α∥β；③α⊥γ，β⊥γ，n?α.能推得n∥β的條件是________． ②　[①m⊥n，m⊥β，可能n?β； ②n?α，α∥β，面面平行的性質(zhì)得出成立； ③α⊥γ，β⊥γ，n?α，若α與β相交，n可能與β相交．故填②.] 18．[一題兩空](2020·成都模擬)如圖，圓錐VO的母線長為l，軸截面VAB的頂角∠AVB＝150°，則過此圓錐的頂點(diǎn)作該圓錐的任意截面VCD，則△VCD面積的最大值是________，此時(shí)∠VCD＝________. l2　45°　[過此圓錐的頂點(diǎn)作該圓錐的任意截面VCD，則△VCD面積的最大值時(shí)是等腰直角三角形時(shí)，此時(shí)S△VCD＝·l2·si

33、n 90°＝l2，且∠VCD＝45°.] 19．(2020·南開模擬)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，P是側(cè)棱CC1上一點(diǎn)，且C1P＝2PC．設(shè)三棱錐P-D1DB的體積為V1，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為V，則的值為__________． 　[∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中的體積V＝DC×BC×DD1，∴三棱錐P-D1DB的體積為V1＝S△DD1P×BC＝DD1×DC×BC＝V. ∴則的值為.] 20．(2020·江南十校模擬)已知點(diǎn)A，B，C在半徑為2的球O的球面上，且OA，OB，OC兩兩所成的角相等，則當(dāng)三棱錐O-ABC的體積最大時(shí)，平面AB

34、C截球O所得的截面圓的面積為________． 　[由題意知，三棱錐O-ABC為正三棱錐，如圖所示： D為BC中點(diǎn)，OG⊥平面ABC， 且G為△ABC的重心， 設(shè)AB＝x， 則AG＝AD＝×x＝x， ∴OG＝＝， VO-ABC＝×x2·＝， 令t＝x2∈(0,12)?g(t)＝t2(12－t)?g′(t)＝－3t2＋24t， 令g′(t)＝0，解得t＝8， 且t∈(0,8)時(shí)，g(t)單調(diào)遞增； t∈(8,12)時(shí)，g(t)單調(diào)遞減， ∴x2＝t＝8時(shí)，三棱錐O-ABC體積最大， 此時(shí)AG2＝＝， 平面ABC截球O所得的截面圓的面積S＝π·AG2＝π.] 21

35、．(2020·四川蓉城名校聯(lián)盟第二次聯(lián)考)在四面體ABCD中， AB＝CD＝，AC＝BD＝，AD＝BC＝5，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)．則下述結(jié)論： ①四面體ABCD的體積為20； ②異面直線AC，BD所成角的正弦值為； ③四面體ABCD外接球的表面積為50π； ④若用一個與直線EF垂直，且與四面體的每個面都相交的平面α去截該四面體，由此得到一個多邊形截面，則該多邊形截面面積最大值為6. 其中正確的有________．(填寫所有正確結(jié)論的編號) ①③④　[根據(jù)四面體特征，可以補(bǔ)圖成長方體設(shè)其邊長為a，b，c，則 解得a＝3，b＝4，c＝5補(bǔ)成長，寬，高分別為3,4,5的長方體，在長方體中： ①四面體ABCD的體積為 V＝3×4×5－4×××3×4×5＝20，故正確； ②異面直線AC，BD所成角的正弦值等價(jià)于邊長為5,3的矩形的對角線夾角正弦值，可得正弦值為，故錯誤； ③四面體ABCD外接球就是長方體的外接球，半徑R＝＝，其表面積為50π，故正確； ④由于EF⊥α，故截面為平行四邊形MNKL，可得KL＋KN＝5，設(shè)異面直線BC與AD所成的角為θ，則sin θ ＝sin∠HFB＝sin∠LKN，算得 sin θ＝， ∴SMNKL＝NK·KL·sin∠NKL≤×＝6.故正確．]