《（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、截問題 空間位置關(guān)系與空間角（含解析）（理）-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、截問題 空間位置關(guān)系與空間角（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（19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、截問題空間位置關(guān)系與空間角1(2018全國卷)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()ABCDA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A2(2019全國卷)設(shè)，為兩個(gè)平面，則的充要條件是()A內(nèi)有無數(shù)條直線與平行B內(nèi)有兩條相交直線與平行C，平行于同一條直線D，垂直于同一平面B由面面平行的判定定理知：內(nèi)兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質(zhì)定

2、理知，若，則內(nèi)任意一條直線都與平行，所以內(nèi)兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B3(2017全國卷)已知圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，則該圓柱的體積為()A B C DB設(shè)圓柱的底面半徑為r，球的半徑為R，且R1，由圓柱兩個(gè)底面的圓周在同一個(gè)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Vr2h1.故選B4(2018全國卷)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30，則該長方體的體積為()A8 B6 C8 D8C在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB平面BCC1B1，連接BC1，AC1，則AC

3、1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，AC1B30.又ABBC2，所以在RtABC1中，BC12，在RtBCC1中，CC12，所以該長方體體積VBCCC1AB8.5(2020全國卷)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，O1為ABC的外接圓若O1的面積為4，ABBCACOO1，則球O的表面積為()A64 B48 C36 D32A如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，O1的半徑為r，因?yàn)镺1的面積為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的表面積S4R264.故選A6(2016全國卷)如圖，某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑

4、相等的圓及每個(gè)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()A17 B18 C20 D28A由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個(gè)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R3R3，解得R2.因此它的表面積為4R2R217.故選A7(2018全國卷)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A B C DC法一：用一個(gè)與原長方體相同的長方體拼到原長方體的前面，如圖，則B1PAD1，連接DP，易求得DB1DP，B1P2，則DB1P是異面直線AD1與DB1所成的角，由余弦定理可得cosDB1P.故選C法二：以D為坐標(biāo)原

5、點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D，A，B1(1,1，)，D1，所以，因?yàn)閏os，所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C8(2018全國卷)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()A2 B2 C3 D2B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MS2，SN4，則從M到N的路徑中，最短路徑的長度為2.故選B圖1圖29(2019全

6、國卷)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的中點(diǎn)，則()ABMEN，且直線BM，EN是相交直線BBMEN，且直線BM，EN是相交直線CBMEN，且直線BM，EN是異面直線DBMEN，且直線BM，EN是異面直線B取CD的中點(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)镋CD為正三角形，所以EOCD，又平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD，所以EO平面ABCD設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EO，ON1，所以EN2EO2ON24，得EN2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP，CP，所以BM2MP2BP2227，得BM，所以BMEN.連接BD，B

7、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B10(2018全國卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為()A B C DA記該正方體為ABCDABCD，正方體的每條棱所在直線與平面所成的角都相等，即共點(diǎn)的三條棱AA，AB，AD與平面所成的角都相等如圖，連接AB，AD，BD，因?yàn)槿忮FAABD是正三棱錐，所以AA，AB，AD與平面ABD所成的角都相等分別取CD，BC，BB，AB，AD，DD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，I，J，連接EF，F(xiàn)G，GH，IH，IJ，JE，易得E，F(xiàn)，

8、G，H，I，J六點(diǎn)共面，平面EFGHIJ與平面ABD平行，且截正方體所得截面的面積最大又EFFGGHIHIJJE，所以該正六邊形的面積為6，所以截此正方體所得截面面積的最大值為，故選A11(2016全國卷)在封閉的直三棱柱ABCA1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，則V的最大值是()A4 B C6 DB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)锳BC的內(nèi)切圓半徑為2，所以R2.又2R3，所以R，所以Vmax.故選B12(2019全國卷)已知三棱錐PABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PAPBPC，ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是

9、PA，AB的中點(diǎn)，CEF90， 則球O的體積為()A8 B4 C2 DD因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，所以EFPB，因?yàn)镃EF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中點(diǎn)D，連接BD，PD，易證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?yàn)镻APBPC，ABC為正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐PABC放在正方體中如圖所示因?yàn)锳B2，所以該正方體的棱長為，所以該正方體的體對角線長為，所以三棱錐PABC的外接球的半徑R，所以球O的體積VR3，故選D13(2020全國卷)設(shè)有下列四個(gè)命題：p1：兩

10、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(gè)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，直線m平面，則ml.則下述命題中所有真命題的序號是_p1p4p1p2p2p3p3p4法一：對于p1，由題意設(shè)直線l1l2A，l2l3B，l1l3C，則由l1l2A，知l1，l2共面，設(shè)此平面為，由Bl2，l2，知B，由Cl1，l1，知C，所以l3，所以l1，l2，l3共面于，所以p1是真命題對于p2，當(dāng)A，B，C三點(diǎn)不共線時(shí)，過A，B，C三點(diǎn)有且僅有一個(gè)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(gè)，所以p2是假命題，p2是真命題對于p3，若

11、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，直線m平面，則ml，所以p4是真命題，p4是假命題故p1p4為真命題，p1p2為假命題，p2p3為真命題，p3p4為真命題綜上可知，真命題的序號是.法二：對于p1，由題意設(shè)直線l1l2A，l2l3B，l1l3C，則A，B，C三點(diǎn)不共線，所以此三點(diǎn)確定一個(gè)平面，則A，B，C，所以AB，BC，CA，即l1，l2，l3，所以p1是真命題以下同解法一14(2018全國卷)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_40因

12、為母線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)镾AB的面積為5，設(shè)母線長為l，所以l25，l280，因?yàn)镾A與圓錐底面所成角為45，所以底面半徑為rlcos l，因此圓錐的側(cè)面積為rll240.15一題兩空(2019全國卷)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的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(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)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(gè)面，其棱長為

13、_圖1圖2261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(gè)面，中間部分有8個(gè)面，下部分有9個(gè)面，共有29826(個(gè))面法二：一般地，對于凸多面體，頂點(diǎn)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VFE2，得面數(shù)F2EV2482426.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HMAF，GNAF，垂足分別為M，N，則AMMHNGNFx.又AMMNNF1，xxx1.x

14、1，即半正多面體的棱長為1.16(2017全國卷)如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，DBC，ECA，F(xiàn)AB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，F(xiàn)AB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐當(dāng)ABC的邊長變化時(shí)，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_ 4cm3如圖，連接OD，交BC于點(diǎn)G，由題意，知ODBC，OGBC設(shè)OGx，則BC2x，DG5x，三棱錐的高h(yuǎn)，SABC2x3x3x2，則三棱錐的體積VSABChx2.令f(x)25x410x5，x，則f(x)100

15、x350x4.令f(x)0得x2.當(dāng)x(0,2)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)，f(x)CF時(shí)，截面是梯形，故選A7(2020南海區(qū)模擬)已知三棱錐PABC，AC，BC1，ACBC且PA2PB，PB平面ABC，其外接球體積為()A B4 C D4AAB，設(shè)PBh，則由PA2PB，可得2h，解得h1，可將三棱錐PABC還原成如圖所示的長方體，則三棱錐PABC的外接球即為長方體的外接球，設(shè)外接球的半徑為R，則2R2，R1，所以外接球的體積VR3.故選A8(2020中山模擬)下列四個(gè)正方體圖形中，A，B為正方體的兩個(gè)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(

16、)A B C DC對于，連接AC，如圖所示由于MNAC，NPBC，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對于，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，連接CD，則ABCD，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，連接CD，則ABCDNP，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，故選C9(2020開封模擬)在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)O是四邊形ABCD的中心，關(guān)于直線A1O，下列

17、說法正確的是()AA1OD1C BA1O平面B1CD1CA1OBC DA1O平面AB1D1B由題意，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)O是四邊形ABCD的中心，所以A1DB1C，ODB1D1，因?yàn)锳1DDOD，B1D1B1CB1，所以平面A1DO平面B1CD1，因?yàn)锳1O平面A1DO，所以A1O平面B1CD1，故選B10(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VL2h的近似公式它實(shí)際上是將圓錐體積公式中的

18、圓周率近似取為3，那么近似公式VL2h相當(dāng)于圓錐體積公式中的圓周率近似取為()A B C DC設(shè)圓錐底面圓的半徑為r，高為h，依題意，L2r，r2h(2r)2h，即.即的近似值為.故選C11(2020西安三模)一只螞蟻從正方體ABCDA1B1C1D1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2A B C DD中線段為虛線，正確，中線段為實(shí)線，正確，故選D12(2020冀州模擬)已知正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段A1B1上，點(diǎn)Q在線段B1C1上，且B1PB1Q，給出下列結(jié)論：A、C、P、Q四點(diǎn)共面

19、；直線PQ與AB1所成的角為60；PQCD1；VPABCDV其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是()A1 B2 C3 D4B如圖所示，對于，B1PB1Q，PQA1C1，A、C、P、Q四點(diǎn)共面，正確；對于，連接AC，CB1，可得ACB1是等邊三角形，又ACA1C1，直線PQ與AB1所成的角為60；對于，由可知PQCD1錯(cuò)誤；對于，VPABCD，VSA1B1SA1B1V.VPABCDV其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)2.故選B13.(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ABCA1B1C1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()ACC1與B1E是異面直線BA

20、C平面ABB1A1CAEB1C1DA1C1平面AB1EC對于A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(cuò)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(cuò)誤對于C選項(xiàng)，在等邊三角形ABC中，AEBC，根據(jù)直三棱柱中易得AEAA1，所以AE平面BCC1B1，所以AEB1C1，所以C選項(xiàng)正確對于D選項(xiàng)，由于A1C1AC，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(cuò)誤，故選C14(2020邯鄲模擬)如圖1，在ABC中，ABAC，A120，D為BC中點(diǎn)，DEAC，將CDE沿DE翻折，得到直二面角CDEB，連接BC，F(xiàn)是

21、BC中點(diǎn)，連接AF，如圖2，則下列結(jié)論正確的是()圖1圖2AADCD BAFDECDE平面ACE DAF平面CDEC在ABC中，ABAC，A120，D為BC中點(diǎn)，DEAC，將CDE沿DE翻折，得到直二面角CDEB，連接BC，F(xiàn)是BC中點(diǎn)，連接AF，DEAE，DECE，AECEE，DE平面ACE.故選C15(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，PAPBPC2，ABC90，則三棱錐OABC體積的最大值是()A B1 C DB如圖，P，A，B，C是半徑為2的球面上的點(diǎn)，O為球心，PAPBPC2，ABC90，P到平面ABC上的射影G是ABC的外心，即AC中點(diǎn)，則球的球

22、心在PG的延長線上，設(shè)PGh，則OG2h，OB2OG2PB2PG2，4(2h)24h2，解得h1，AGCGBG，三棱錐O ABC體積取最大值時(shí)，BGAC，三棱錐O ABC體積的最大值為：VSABCh211.故選B16.(2020漢中模擬)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1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D1DAF，又因?yàn)镈1DAE且AEAFA，所以DD1平面AEF，所以DD1EF，所以CC1EF，顯然不成立，故結(jié)論錯(cuò)誤； 對于B，如

23、圖所示，取B1C1的中點(diǎn)Q，連接A1Q，GQ，由條件可知：GQEF，A1QAE，且GQA1QQ，EFAEE，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(cuò)誤；對于C，如圖所示，連接D1F，D1A，延長D1F，AE交于點(diǎn)S, 因?yàn)镋，F(xiàn)為BC，C1C的中點(diǎn)，所以EFAD1，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1SAS2，AD12，所以S26，所以S6，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CAEFSAEFh1VACEF2，又因?yàn)閂GAEFSAEFh2VAGEF2，所以h1h2，故結(jié)論錯(cuò)誤，故選

24、C17(2020貴州模擬)已知三個(gè)互不重合的平面，且直線m，n不重合，由下列條件：mn，m；n，；，n.能推得n的條件是_mn，m，可能n；n，面面平行的性質(zhì)得出成立；，n，若與相交，n可能與相交故填.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AVB150，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_.l245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)SVCDl2sin 90l2，且VCD45.19(2020南開模擬)如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是側(cè)棱CC1上一

25、點(diǎn)，且C1P2PC設(shè)三棱錐PD1DB的體積為V1，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的體積為V，則的值為_正四棱柱ABCDA1B1C1D1中的體積VDCBCDD1，三棱錐PD1DB的體積為V1SBCDD1DCBCV.則的值為.20(2019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OABC的體積最大時(shí)，平面ABC截球O所得的截面圓的面積為_由題意知，三棱錐OABC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)ABx，則AGADxx，OG，VOABCx2，令tx2(0,12)g(t)t2(12t)g(t)3t2

26、24t，令g(t)0，解得t8，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，x2t8時(shí)，三棱錐OABC體積最大，此時(shí)AG2，平面ABC截球O所得的截面圓的面積SAG2.21(2020四川蓉城名校聯(lián)盟第二次聯(lián)考)在四面體ABCD中， ABCD，ACBD，ADBC5，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)則下述結(jié)論：四面體ABCD的體積為20；異面直線AC，BD所成角的正弦值為；四面體ABCD外接球的表面積為50；若用一個(gè)與直線EF垂直，且與四面體的每個(gè)面都相交的平面去截該四面體，由此得到一個(gè)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)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a3，b4，c5補(bǔ)成長，寬，高分別為3,4,5的長方體，在長方體中：四面體ABCD的體積為V345434520，故正確；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(cuò)誤；四面體ABCD外接球就是長方體的外接球，半徑R，其表面積為50，故正確；由于EF，故截面為平行四邊形MNKL，可得KLKN5，設(shè)異面直線BC與AD所成的角為，則sin sinHFBsinLKN，算得sin ，SMNKLNKKLsinNKL6.故正確