1、专题限时集训(五)空间几何体的三视图、表面积、体积与球有关的切、接、截问题1(2018全国卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()AB CDA由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形故选A2(2019全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面B由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意
2、一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B3(2017全国卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A B C DB设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形r.圆柱的体积为Vr2h1.故选B4(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8 B6 C8 D8C在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB平面BCC1B1，连接BC1，AC1，则AC1B为直线AC1与
3、平面BB1C1C所成的角，AC1B30.又ABBC2，所以在RtABC1中，BC12，在RtBCC1中，CC12，所以该长方体体积VBCCC1AB8.5(2020全国卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A64 B48 C36 D32A如图所示，设球O的半径为R，O1的半径为r，因为O1的面积为4，所以4r2，解得r2，又ABBCACOO1，所以2r，解得AB2，故OO12，所以R2OOr2(2)22216，所以球O的表面积S4R264.故选A6(2016全国卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中
4、两条互相垂直的半径若该几何体的体积是，则它的表面积是()A17 B18 C20 D28A由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图设球的半径为R，则R3R3，解得R2.因此它的表面积为4R2R217.故选A7(2018全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1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 DC如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，CDAB，所以异面直线AE与CD所成角为EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CEa，所以BEa，则tanEAB.故选C8(2018全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其
5、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()A2 B2 C3 D2B由三视图可知，该几何体为如图1所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图2所示，连接MN，则MS2，SN4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为2.故选B图1图29(2019全国卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线D
6、BMEN，且直线BM，EN是异面直线B取CD的中点O，连接ON，EO，因为ECD为正三角形，所以EOCD，又平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD，所以EO平面ABCD设正方形ABCD的边长为2，则EO，ON1，所以EN2EO2ON24，得EN2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP，CP，所以BM2MP2BP2227，得BM，所以BMEN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B10(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四
7、个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()AA项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDABQD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故选A11(2016全国卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8
8、，AA13，则V的最大值是()A4 B C6 DB由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切设球的半径为R.因为ABC的内切圆半径为2，所以R2.又2R3，所以R，所以Vmax.故选B12(2018全国卷)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为()A12 B18 C24 D54B设等边三角形ABC的边长为x，则x2sin 609，得x6.设ABC的外接圆半径为r，则2r，解得r2，所以球心到ABC所在平面的距离d2，则点D到平面ABC的最大距离d1d46，所以三棱锥DABC体积的最大值VmaxSABC69618
9、.13(2020全国卷)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线l平面，直线m平面，则ml.则下述命题中所有真命题的序号是_p1p4p1p2p2p3p3p4法一：对于p1，由题意设直线l1l2A，l2l3B，l1l3C，则由l1l2A，知l1，l2共面，设此平面为，由Bl2，l2，知B，由Cl1，l1，知C，所以l3，所以l1，l2，l3共面于，所以p1是真命题对于p2，当A，B，C三点不共线时，过A，B，C三点有且仅有一个平面；当A，B，C三点共线时，过A，B，C的平面有
10、无数个，所以p2是假命题，p2是真命题对于p3，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以p3是假命题，p3是真命题对于p4，若直线l平面，直线m平面，则ml，所以p4是真命题，p4是假命题故p1p4为真命题，p1p2为假命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题综上可知，真命题的序号是.法二：对于p1，由题意设直线l1l2A，l2l3B，l1l3C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面，则A，B，C，所以AB，BC，CA，即l1，l2，l3，所以p1是真命题以下同解法一14(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为4
11、5.若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为_40因为母线SA，SB所成角的余弦值为，所以母线SA，SB所成角的正弦值为，因为SAB的面积为5，设母线长为l，所以l25，l280，因为SA与圆锥底面所成角为45，所以底面半径为rlcos l，因此圆锥的侧面积为rll240.15(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_作PD，PE分别垂直于AC，BC，PO平面ABC，连接CO，由题意可知CDPD，CDPO，PDPOP, CD平面PDO，又OD平面PDO，CDOD，PDPE，PC2，sinPCEsinPCD，P
12、CBPCA60，又易知POCO，CO为ACB的平分线，OCD45，ODCD1，OC，又PC2，PO.16一题两空(2019全国卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_个面，其棱长为_图1图2261先求面数有如下两种方法法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面
13、，下部分有9个面，共有29826(个)面法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)面数(F)棱数(E)2.(欧拉公式)由题图知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24.故由VFE2，得面数F2EV2482426.再求棱长作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长连接AF，过H，G分别作HMAF，GNAF，垂足分别为M，N，则AMMHNGNFx.又AMMNNF1，xxx1.x1，即半正多面体的棱长为1.1(2020西安模拟)一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的全面积与球的表面积之比
14、为()A21 B43 C32 D11C设球的半径为r，则由题意S圆柱2r22r2r6r2，S球4r2，所以圆柱的全面积与球的表面积之比为32，故选C2(2020攀枝花一模)一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为()A13 B14 C15 D16A由题意可知：几何体被平面ABCD分为上下两部分，设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：2122；下部为：22226.截去部分与剩余部分体积的比为，故选A3(2020桂林一模)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分不必要条件是()Am，mBm，n，mnCmn，m，nDm，mD对
15、于A，由m，m，故A错误；对于B，m，n，mn，则，可以平行，故B错误；对于C，mn，m，n，可以求出，故C错误；对于D，由m，m，得，是充分条件，反之，由，不一定得到m，m，是不必要条件，故选D4(2020深圳模拟)空间四边形ABCD的四边相等，则它的两条对角线AC，BD的关系是()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中点E，连接AE、CE.ABADBCCD，AEBD，CEBD BD平面AEC又AC面AEC，BDAC故选C5(2020岳阳二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC1的中点，则异面直线DE与A1B1所成角的正切值为()A B C DC
16、如图所示， DCA1B1，DCB1CEDC为异面直线DE与A1B1所成角tanEDC.故选C6(2020贵阳模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在B1B和C1C上(异于端点)，则过三点A，F，E的平面被正方体截得的图形(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当BECF时，截面是矩形；当2BECF时，截面是菱形；当BECF时，截面是梯形，故选A7(2020南海区模拟)已知三棱锥PABC，AC，BC1，ACBC且PA2PB，PB平面ABC，其外接球体积为()A B4 C D4AAB，设PBh，则由PA2PB，可得2h，解得h1，可将三棱锥PABC还原
17、成如图所示的长方体，则三棱锥PABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R2，R1，所以外接球的体积VR3.故选A8(2020中山模拟)下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB平面MNP的图形的序号是()A B C DC对于，连接AC，如图所示由于MNAC，NPBC，根据面面平行的性质定理可知平面MNP平面ACB，所以AB平面MNP.图1图2对于，连接BC交MP于D，由于N是AC的中点，D不是BC的中点，所以在平面ABC内AB与DN相交，所以直线AB与平面MNP相交对于，连接CD，则ABCD，而CD与PN相交，即CD与平面PMN
18、相交，所以AB与平面MNP相交图3 图4对于，连接CD，则ABCDNP，由线面平行的判定定理可知AB平面MNP.综上所述，能得出AB平面MNP的图形的序号是，故选C9(2020开封模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是()AA1OD1C BA1O平面B1CD1CA1OBC DA1O平面AB1D1B由题意，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，所以A1DB1C，ODB1D1，因为A1DDOD，B1D1B1CB1，所以平面A1DO平面B1CD1，因为A1O平面A1DO，所以A1O平面B1CD1，故选B10(2
19、020沈阳模拟)算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也又以高乘之，三十六成一”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算器体积VL2h的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3，那么近似公式VL2h相当于圆锥体积公式中的圆周率近似取为()A B C DC设圆锥底面圆的半径为r，高为h，依题意，L2r，r2h(2r)2h，即.即的近似值为.故选C11(2020西安模拟)一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，则下列图形中可以
20、表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是()图1图2A B C DD中线段为虚线，正确，中线段为实线，正确，故选D12(2020冀州模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段A1B1上，点Q在线段B1C1上，且B1PB1Q，给出下列结论：A、C、P、Q四点共面；直线PQ与AB1所成的角为60；PQCD1；VPABCDVQAA1D其中正确结论的个数是()A1 B2 C3 D4B如图所示，对于，B1PB1Q，PQA1C1，A、C、P、Q四点共面，正确；对于，连接AC，CB1，可得ACB1是等边三角形，又ACA1C1，直线PQ与AB1所成的角为60；对于，由可知PQCD1错误；对于，VPA
21、BCDV正方体AC1，VQ AA1DSAA1DA1B1S正方形AA1DD1A1B1V正方体AC1.VPABCDVQ AA1D其中正确结论的个数2.故选B13.(2020西北工业大学附中第三次适应性考试)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面A1B1C1，底面ABC是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()ACC1与B1E是异面直线BAC平面ABB1A1CAEB1C1DA1C1平面AB1EC对于A选项，由于CC1，B1E都含于平面BCC1B1，所以不是异面直线，故A选项错误对于B选项，由于CBA，所以AC与平面ABB1A1不垂直，故B选项错误对于C选项，在等边三角形ABC中，
22、AEBC，根据直三棱柱中易得AEAA1，所以AE平面BCC1B1，所以AEB1C1，所以C选项正确对于D选项，由于A1C1AC，而AC与平面AB1E相交，所以直线A1C1与平面AB1E不平行，故D选项错误，故选C14(2020邯郸模拟)如图1，在ABC中，ABAC，A120，D为BC中点，DEAC，将CDE沿DE翻折，得到直二面角CDEB，连接BC，F是BC中点，连接AF，如图2，则下列结论正确的是()图1图2AADCD BAFDECDE平面ACE DAF平面CDEC在ABC中，ABAC，A120，D为BC中点，DEAC，将CDE沿DE翻折，得到直二面角CDEB，连接BC，F是BC中点，连接A
23、F，DEAE，DECE，AECEE，DE平面ACE.故选C15(2020沧州模拟)已知P，A，B，C是半径为2的球面上的点，O为球心，PAPBPC2，ABC90，则三棱锥OABC体积的最大值是()A B1 C DB如图，P，A，B，C是半径为2的球面上的点，O为球心，PAPBPC2，ABC90，P到平面ABC上的射影G是ABC的外心，即AC中点，则球的球心在PG的延长线上，设PGh，则OG2h，OB2OG2PB2PG2，4(2h)24h2，解得h1，AGCGBG，三棱锥O ABC体积取最大值时，BGAC，三棱锥O ABC体积的最大值为：VSABCh211.故选B16.(2020汉中模拟)正方体
24、ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则()A直线D1D与直线AF垂直B直线A1G与平面AEF不平行C平面AEF截正方体所得的截面面积为D点C与点G到平面AEF的距离相等C对于A，若D1DAF，又因为D1DAE且AEAFA，所以DD1平面AEF，所以DD1EF，所以CC1EF，显然不成立，故结论错误； 对于B，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，由条件可知：GQEF，A1QAE，且GQA1QQ，EFAEE，所以平面A1GQ平面AEF，又因为A1G平面A1GQ，所以A1G平面AEF，故结论错误；对于C，如图所示，连接D1F，D1A，延长D1F
25、，AE交于点S, 因为E，F为BC，C1C的中点，所以EFAD1，所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1又因为D1SAS2，AD12，所以SAD1S26，所以S梯形AEFD16，故结论正确；对于 D，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，因为VCAEFSAEFh1VACEF2，又因为VGAEFSAEFh2VAGEF2，所以h1h2，故结论错误，故选C17(2020贵州模拟)已知三个互不重合的平面，且直线m，n不重合，由下列条件：mn，m；n，；，n.能推得n的条件是_mn，m，可能n；n，面面平行的性质得出成立；，n，若与相交，n可能与相交故填.18一题两空(202
26、0成都模拟)如图，圆锥VO的母线长为l，轴截面VAB的顶角AVB150，则过此圆锥的顶点作该圆锥的任意截面VCD，则VCD面积的最大值是_，此时VCD_.l245过此圆锥的顶点作该圆锥的任意截面VCD，则VCD面积的最大值时是等腰直角三角形时，此时SVCDl2sin 90l2，且VCD45.19(2020南开模拟)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，且C1P2PC设三棱锥PD1DB的体积为V1，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为V，则的值为_正四棱柱ABCDA1B1C1D1中的体积VDCBCDD1，三棱锥PD1DB的体积为V1SDD1PBCDD1DCBCV.
27、则的值为.20(2020江南十校模拟)已知点A，B，C在半径为2的球O的球面上，且OA，OB，OC两两所成的角相等，则当三棱锥OABC的体积最大时，平面ABC截球O所得的截面圆的面积为_由题意知，三棱锥OABC为正三棱锥，如图所示：D为BC中点，OG平面ABC，且G为ABC的重心，设ABx，则AGADxx，OG，VOABCx2，令tx2(0,12)g(t)t2(12t)g(t)3t224t，令g(t)0，解得t8，且t(0,8)时，g(t)单调递增；t(8,12)时，g(t)单调递减，x2t8时，三棱锥OABC体积最大，此时AG2，平面ABC截球O所得的截面圆的面积SAG2.21(2020四川
28、蓉城名校联盟第二次联考)在四面体ABCD中， ABCD，ACBD，ADBC5，E，F分别是AD，BC的中点则下述结论：四面体ABCD的体积为20；异面直线AC，BD所成角的正弦值为；四面体ABCD外接球的表面积为50；若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为6.其中正确的有_(填写所有正确结论的编号)根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为a，b，c，则解得a3，b4，c5补成长，宽，高分别为3,4,5的长方体，在长方体中：四面体ABCD的体积为V345434520，故正确；异面直线AC，BD所成角的正弦值等价于边长为5,3的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为，故错误；四面体ABCD外接球就是长方体的外接球，半径R，其表面积为50，故正确；由于EF，故截面为平行四边形MNKL，可得KLKN5，设异面直线BC与AD所成的角为，则sin sinHFBsinLKN，算得sin ，SMNKLNKKLsinNKL6.故正确
