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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、截问题空间位置关系与空间角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()ABCDA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)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A B C DC法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则B1PAD1，连接DP，易求得DB1DP，B1P2，则DB1P是异面直线AD1与DB1所成的角，由余弦定理可得cosDB1P.故选C法二：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D，A，B1(1,1，)，D1，所以，因为cos，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C8(2018全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其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DBMEN，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(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A B C DA记该正方体为ABCDABCD，正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，即共点的三条棱AA，AB，AD与平面所成的角都相等如图，连接AB，AD，BD，因为三棱锥AABD是正三棱锥，所以AA，AB，AD与平面ABD所成的角都相等分别取CD，BC，BB，AB，AD，DD的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面ABD平行，且截正方体所得截面的面积最大又EFFGGHIHIJJE，所以该正六边形的面积为6，所以截此正方体所得截面面积的最大值为，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，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(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90， 则球O的体积为()A8 B4 C2 DD因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，因为CEF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC平面BDP，所以PBAC，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC，所以PBPA，PBPC，因为PAPBPC，ABC为正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示因为AB2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R，所以球O的体积VR3，故选D13(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45.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，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1.16(2017全国卷)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为_ 4cm3如图，连接OD，交BC于点G，由题意，知ODBC，OGBC设OGx，则BC2x，DG5x，三棱锥的高h，SABC2x3x3x2，则三棱锥的体积VSABChx2.令f(x)25x410x5，x，则f(x)100x350x4.令f(x)0得x2.当x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x时，f(x)CF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(2020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西安三模)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；VPABCDV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，VPABCD，VSA1B1SA1B1V.VPABCDV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，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AF，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，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S26，所以S6，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(2020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V1SBCDD1DCBCV.则的值为.20(2019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
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