2023年2021高考数学5 空间几何体的三视图、表面积、体积 与球有关的切、接、.pdf

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1、晨鸟教育 Earlybird 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()A B C D A 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 A 2(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

2、：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 B 3(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 B34 C2 D4 B 设圆柱的底面半径为 r，球的半径为 R，且 R 1，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 晨鸟教育 Earlybird r 1212232.圆柱的体积为 V r2h34 134.故选 B 4(2018 全国卷)在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB BC

3、 2，AC1与平面BB1C1C 所成的角为 30，则该长方体的体积为()A 8 B 6 2 C 8 2 D 8 3 C 在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB 平面 BCC1B1，连接 BC1，AC1，则 AC1B为直线 AC1与平面 BB1C1C 所成的角，AC1B 30.又 AB BC 2，所以在Rt ABC1中，BC1ABtan AC1B 2 3，在 Rt BCC1中，CC1 2 32 22 2 2，所 以 该 长 方 体 体 积 VBC CC1 AB 8 2.5(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，AB BC

4、 AC OO1，则球 O 的表面积为()A 64 B 48 C 36 D 32 A 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 4 r2，解得 r 2，又 AB BC AC OO1，所以ABsin 60 2r，解得 AB 2 3，故 OO1 2 3，所以 R2 OO21 r2(2 3)2 22 16，所以球 O 的表面积 S 4 R2 64.故选 A 6(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 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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面由面

5、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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 两条互相垂直的半径若该几何体的体积是283，则它的表面积是()A 17 B 18 C 20 D 28 A 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14，得到的几何体如图 设球的半径为 R，则43 R31843 R3283，解得 R 2.因此它的表面积为78 4 R234 R2 17.故选 A 7(2018 全国卷)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E 为棱 CC1的中点，则

6、异面直线 AE 与 CD 所成角的正切值为()A22 B32 C52 D72 C 如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，CD AB，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 CE a，所以 BE 5a，则 tan EABBEAB5a2a52.故选 C 8(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()A 2 17 B 2 5 C 3 D 2 带卯眼的木构

7、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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird B 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 MS 2，SN 4，则从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为 MS2 SN2 22 42 2 5.故选 B 图 1 图 2 9

8、(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()A BM EN，且直线 BM，EN 是相交直线 B BM EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C BM EN，且直线 BM，EN 是异面直线 D BM EN，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 EO CD，又平面 ECD 平面 ABCD，平面 ECD 平面 ABCD CD，所以 EO 平面 ABCD 设正方形 ABCD 的边长为 2，则 EO 3，ON 1，所以 EN2 EO2

9、ON2 4，得 EN 2.过 M 作 CD 的垂线，垂足为 P，连接 BP，则 MP32，CP32，所以 BM2MP2 BP2 322322 22 7，得 BM 7，所以 BM EN.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 B 10(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，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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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

10、分条件由面面平行性质定理知 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是()A A 项，作如图 所示的辅助线，其中 D 为 BC 的中点，则 QD AB QD 平面 MNQ Q，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 AB CD，CD MQ，AB MQ.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 AB CD，CD

11、MQ，AB MQ.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 AB CD，CD NQ，AB NQ.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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 又 AB 平面 MNQ，NQ 平面 MNQ，AB 平面 MNQ.故选 A 11(2016 全国卷)在封闭的直

12、三棱柱 ABC-A1B1C1内有一个体积为 V 的球 若AB BC，AB 6，BC 8，AA1 3，则 V 的最大值是()A 4 B92 C 6 D323 B 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6 8 102 2，所以 R 2.又 2R 3，所以 R32，所以 Vmax4332392.故选 B 12(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 3，则三棱锥 D-ABC 体积的最大值为()A 12 3 B 18 3 C 24 3 D 54 3 B 设等边三角形 AB

13、C 的边长为 x，则12x2sin 60 9 3，得 x 6.设 ABC 的外接圆半径为 r，则 2r6sin 60，解得 r 2 3，所以球心到 ABC 所在平面的距离 d 42 2 32 2，则点 D 到平面 ABC 的最大距离 d1 d 4 6，所以三棱锥D-ABC 体积的最大值 Vmax13SABC 613 9 3 6 18 3.13(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 m l.则下述命题中所有真命题的序号是

14、 _ p1 p4 p1 p2 p2 p3 p3 p4 法一：对于 p1，由题意设直线 l1 l2 A，l2 l3 B，l1 l3 C，则由 l1 l2 A，知 l1，l2共面，设此平面为，由 B l2，l2，知 B，由 C l1，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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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

15、质定理知 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 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 m l，所以 p4是真命题，p4是假命题故 p1 p4为真命题，p1 p2为假命题，p2 p3为真命题，p3 p4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 l1 l2 A，l2 l3 B，l1 l3 C，则 A，

16、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78，SA 与圆锥底面所成角为 45.若 SAB 的面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为_ 40 2 因为母线 SA，SB 所成角的余弦值为78，所以母线 SA，SB 所成角的正弦值为158，因为 SAB的面积为 5 15，设母线长为 l，所以12 l2158 5 15，l2 80，因为 SA与圆锥底面所成角为 45，所以底面半径为 r lcos 422l，因此圆锥的侧面积为 rl

17、22 l2 40 2.15(2019 全国卷)已知 ACB 90，P 为平面 ABC 外一点，PC 2，点 P到 ACB 两边 AC，BC 的距离均为 3，那么 P 到平面 ABC 的距离为 _ 2 作 PD，PE 分别垂直于 AC，BC，PO 平面 ABC，连接 CO，由题意可知 CD PD，CD PO，PD PO P,CD 平面 PDO，又 OD 平面 PDO，CD OD，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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径

18、为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird PD PE 3，PC 2，sin PCE sin PCD 32，PCB PCA 60，又易知 PO CO，CO 为 ACB 的平分线，OCD 45，OD CD 1，OC 2，又 PC 2，PO 4 2 2.16 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

19、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 2 26 2 1 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 2 9 8 26(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 V F E 2，得面数 F 2 E V 2 48 24 26.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

20、正方形上的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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 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 HM AF，GN AF，垂足分别为 M，N，则 AM MH NG NF22x.又 AM MN NF 1，22x x22x 1.x

21、2 1，即半正多面体的棱长为 2 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为()A 2 1 B 4 3 C 3 2 D 1 1 C 设球的半径为 r，则由题意 S圆柱 2 r2 2 r 2r 6 r2，S球 4 r2，所以圆柱的全面积与球的表面积之比为 3 2，故选 C 2(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()A 1 3 B 1 4 C 1 5 D 1 6 A 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

22、体积为：12 2 1 2 2；下部为：2 2 2 2 6.截去部分与剩余部分体积的比为13，故选 A 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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 3(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()A m，m B m，n，m n C m n，m，n D

23、m，m D 对于 A，由 m，m，故 A 错误；对于 B，m，n，m n，则，可以平行，故 B 错误；对于 C，m n，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 D 4(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.AB AD BC CD，AE BD，CE BD BD 平面 AEC 又 AC 面 AEC，BD AC 故选 C 5(2020 岳阳二模)在正方体 A

24、BCD-A1B1C1D1中，E 为 BC1的中点，则异面直线 DE 与 A1B1所成角的正切值为()A62 B63 C22 D 2 C 如图所示，DC A1B1，DC B1C 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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird EDC 为异面直线 DE 与 A1B1所成角 tan EDC ECDC12B1CDC

25、22.故选 C 6(2020 贵阳模拟)在正方体 ABCD-A1B1C1D1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 BE CF 时，截面是矩形；当 2BE CF 时，截面是菱形；当 BECF 时，截面是梯形，故选 A 7(2020 南海区模拟)已知三棱锥 P-ABC，AC 2，BC 1，AC BC 且 PA 2PB，PB平面 ABC，其外接球体积为()A43 B 4 C323 D 4 3 A AB AC2 BC2 3，设 PB h，则由 PA 2P

26、B，可得 3 h2 2h，解得 h 1，可将三棱锥 P-ABC 还原成如图所示的长方体，则三棱锥 P-ABC 的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为 R，则 2R 12 22 12 2，R 1，所以外接球的体积 V43R343.故选 A 8(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，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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的

27、半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 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 D C 对于，连接 AC，如图所示由于 MN AC，NP BC，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 AB CD，而 CD 与 PN 相交，即 CD 与平面 PMN 相交，所以 AB 与平面 MNP

28、相交 图 3 图 4 对于，连接 CD，则 AB CD NP，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 C 9(2020 开封模拟)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 O 是四边形 ABCD 的中心，关于直线 A1O，下列说法正确的是()A A1O D1C B A1O平面 B1CD1 C A1O BC D A1O平面 AB1D1 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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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

29、质定理知 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird B 由题意，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 O 是四边形 ABCD 的中心，所以 A1D B1C，OD B1D1，因为 A1D DO D，B1D1 B1C B1，所以平面 A1DO平面 B1CD1，因为 A1O 平面 A1DO，所以 A1O 平面 B1CD1，故选 B 10(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

30、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 V136L2h 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 V3112L2h 相当于圆锥体积公式中的圆周率近似取为()A227 B15750 C289 D337115 C 设圆锥底面圆的半径为 r，高为 h，依题意，L 2 r，13 r2h3112(2r)2h，1312112，即 289.即 的近似值为289.故选 C 11(2020 西安模拟)一只蚂蚁从正方体 ABCD-A1B1C1D1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

31、的正视图是()图 1 图 2 A B C D 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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird D 中线段为虚线，正确，中线段为实线，正确，故选 D 12(2020 冀州模拟)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1中，点 P 在线段 A1B1上，点Q 在线段 B1C1上，且 B1P B1Q，给出下列结论：A、

32、C、P、Q 四点共面；直线 PQ 与 AB1所成的角为 60；PQ CD1；VP-ABCD VQ-AA1D 其中正确结论的个数是()A 1 B 2 C 3 D 4 B 如图所示，对于，B1P B1Q，PQ A1C1，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 AC A1C1，直线 PQ 与 AB1所成的角为 60；对于，由 可知 PQ CD1错误；对于，VP-ABCD13V 正方体 AC1，VQ-AA1D13 S AA1D A1B11312S 正方形 AA1DD1 A1B116V 正方体AC1.VP-ABCD VQ-AA1D 其中正确结论的个数 2

33、.故选 B 13.(2020 西北工业大学附中第三次适应性考试)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1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()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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird A CC1与 B1E 是异面直线 B AC平面 ABB

34、1A1 C AE B1C1 D A1C1平面 AB1E C 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 CBA3，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，AE BC，根据直三棱柱中易得 AE AA1，所以 AE 平面 BCC1B1，所以 AE B1C1，所以 C 选项正确 对于 D 选项，由于 A1C1 AC，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 C 14(2020 邯郸模拟)如图 1，在 AB

35、C 中，AB AC，A 120，D 为 BC 中点，DE AC，将 CDE 沿 DE 翻折，得到直二面角 C-DE-B，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 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 为 BC 中点，DE AC，将 CDE沿 DE 翻折，得到直二面角 C-DE-B，连接 BC，F 是 BC 中点，连接 AF，DE AE，DE CE，AE CE E，DE 平面 ACE.故选 C 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由题意知

36、俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 15(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，PA PB PC 2，ABC 90，则三棱锥 O-ABC 体积的最大值是()A 3 B 1 C12 D34 B 如图，P，A，B，C 是半径为 2 的球面上的点，O 为球心，PA PBPC 2，ABC 90，P 到平面 ABC 上的射影 G

37、是 ABC 的外心，即 AC 中点，则球的球心在 PG的延长线上，设 PG h，则 OG 2 h，OB2 OG2 PB2 PG2，4(2 h)2 4 h2，解得 h 1，AG CG BG 3，三棱锥 O-ABC 体积取最大值时，BG AC，三棱锥 O-ABC 体积的最大值为：V13SABC h1312 2 3 3 1 1.故选 B 16.(2020 汉中模拟)正方体 ABCD-A1B1C1D1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92 D点 C 与点

38、 G 到平面 AEF 的距离相等 C 对于 A，若 D1D AF，又因为 D1D AE 且 AE AF A，所以 DD1 平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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 面 AEF，所以 DD1 EF，所以 CC1 EF，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，G

39、Q，由条件可知：GQ EF，A1Q AE，且 GQ A1Q Q，EF AE E，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 EF AD1，所以 A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形 AEFD1又因为 D1S AS 42 22 2 5，AD1 2 2，所以 S AD1S12 2 2 2 52 2 222 6，所以 S 梯形 AEFD1 63492，故结论正确；对于 D，记点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离分

40、别为 h1，h2，因为VC-AEF13 SAEF h1 VA-CEF131 12 213，又因为 VG-AEF13 SAEF h2 VA-GEF132 22 223，所以 h1 h2，故结论错误，故选 C 17(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：m n，m；n，；，n.能推得 n 的条件是_ m n，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.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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面由面面平行的判定定理知内两条相交直线都

41、与平行是的充分条件由面面平行性质定理知 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 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 AVB 150，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 _.12l2 45 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 SVCD12 l2 sin 90 12l2，且 VCD 45.19(2020 南开模拟)如图，在正四棱柱 ABCD

42、-A1B1C1D1中，P 是侧棱 CC1上一点，且 C1P 2PC 设三棱锥 P-D1DB 的体积为 V1，正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的体积为 V，则V1V的值为 _ 16 正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中的体积 V DC BC DD1，三棱锥P-D1DB 的体积为 V113S DD1P BC16DD1 DC BC16V.则V1V的值为16.20(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 O-ABC 的体积最大时，平面 ABC截球 O 所得的截面圆的面积为 _ 带卯眼的木构件咬合成长方体则咬合

43、时带卯眼的木构件的俯视图可以是由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird 83 由题意知，三棱锥 O-ABC 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 AB x，则 AG23AD2332x33x，OG OA2 AG2 413x2，VO-ABC1334x2 413x2112x4 12 x2，令 t x2(0,12)

44、g(t)t2(12 t)g(t)3t2 24t，令 g(t)0，解得 t 8，且 t(0,8)时，g(t)单调递增；t(8,12)时，g(t)单调递减，x2 t 8 时，三棱锥 O-ABC 体积最大，此时 AG2 33x283，平面 ABC 截球 O 所得的截面圆的面积 S AG283.21(2020 四川蓉城名校联盟第二次联考)在四面体 ABCD 中，AB CD 41，AC BD 34，AD BC 5，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2425；四面体 ABCD 外接球的表面积为 50；若用一个与直线 EF

45、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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同晨鸟教育 Earlybird c2 b2 41，c2 a2 34，b2 a2 25

46、，解得 a 3，b 4，c 5 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 V 3 4 5 41312 3 4 5 20，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1517，故错误；四面体 ABCD 外接球就是长方体的外接球，半径 R32 42 522502，其表面积为 50，故正确；由于 EF，故截面为平行四边形 MNKL，可得 KL KN 5，设异面直线BC 与 AD 所成的角为，则 sin sin HFB sin LKN，算得 sin 2425，SMNKL NK KL sin NKLKL KN222425 6.故正确 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由题意知俯视图中应有一不可见的长方形且俯 于同一条直线垂直于同一平面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 的圆周在直径为的同一个球的球面上则该圆柱的体积为设圆柱的底面半径为球的半径为且由圆柱两个底面的圆周在同