（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(huì)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(yè)珍藏版）》請(qǐng)?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(wèn)題 1．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來(lái)．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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)方形，且俯視圖應(yīng)為對(duì)稱圖形．故選A．] 2．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是(　　) A．α內(nèi)有無(wú)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(guó)卷Ⅲ)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．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(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V＝πr2h＝π×1＝.

3、故選B．] 4．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長(zhǎng)方體的體積為(　　) A．8 B．6 C．8 D．8 C　[在長(zhǎng)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(zhǎng)方體體積V＝BC×CC1×AB＝8.] 5．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)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(guó)卷Ⅰ)如圖，某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑相等的圓及每個(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(　　) 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(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(guó)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(zhǎng)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(guó)

6、卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)度為＝＝2.故選B． ] 圖1　　　　　　　　　　圖2 9．(2019·全國(guó)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(zhǎng)為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過(guò)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(guó)卷Ⅰ)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)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(guó)卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個(gè)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(guó)卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)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(zhǎng)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(guó)卷Ⅱ)設(shè)有下列四個(gè)命

11、題： p1：兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)． p2：過(guò)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α，直線m⊥平面α，則m⊥l. 則下述命題中所有真命題的序號(hào)是________． ①p1∧p4　②p1∧p2?、踦2∨p3?、躳3∨p4 ①③④　[法一：對(duì)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(duì)于p2，當(dāng)A

12、，B，C三點(diǎn)不共線時(shí)，過(guò)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(guò)A，B，C的平面有無(wú)數(shù)個(gè)，所以p2是假命題，p2是真命題．對(duì)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(duì)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(hào)是①③④. 法二：對(duì)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(gè)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(guó)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(zhǎng)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(guó)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(guó)卷Ⅱ)中國(guó)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(zhǎng)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(duì)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(zhǎng)為1.則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長(zhǎng)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(gè)面，中間部分有8個(gè)面，下部分有9個(gè)面，共有2×9＋8＝26(個(gè))面． 法二：一般地，對(duì)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(zhǎng)． 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(zhǎng)為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長(zhǎng)為x，則正八邊形的邊長(zhǎng)即為半正多面體的棱長(zhǎng)． 連接AF，過(guò)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(zhǎng)為－1.] 1．(2020·西安模擬)一個(gè)圓柱的底面直徑與高都等于一

17、個(gè)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(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體被一個(gè)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(zhǎng)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(gè)不同的平面，則α⊥β的一個(gè)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(duì)于A，由m⊥α，m⊥β?α∥β，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，m?α，n?β，m⊥n，則α，β可以平行，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，m∥n，m⊥α，n⊥β，可以求出α∥β，故C錯(cuò)誤；對(duì)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(duì)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(yáng)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(yáng)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(guò)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(zhǎng)方體，則三棱錐P-ABC的外接球即為長(zhǎng)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(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(hào)是(　　) A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ C　[對(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(hào)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(shuō)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(yáng)模擬)《算數(shù)書》竹簡(jiǎn)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(guó)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(zhǎng)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(gè)數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 B　[如圖所示， 對(duì)于①，∵B1P＝B1Q，∴PQ∥A1C1， ∴A、C、P、Q四點(diǎn)共面，①正確； 對(duì)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(duì)于③，由②可知PQ⊥CD1錯(cuò)誤； 對(duì)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(gè)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(duì)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(cuò)誤． 對(duì)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(duì)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(duì)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(cuò)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(zhǎng)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(zhǎng)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(duì)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(cuò)誤； 對(duì)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(cuò)誤； 對(duì)于C，如圖所示，連接D1F

31、，D1A，延長(zhǎng)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(duì)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(cuò)誤，故選C．] 17．(2020·貴州模擬)已知三個(gè)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(zhǎng)為l，軸截面VAB的頂角∠AVB＝150°，則過(guò)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(guò)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(gè)與直線EF垂直，且與四面體的每個(gè)面都相交的平面α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(hào)) ①③④　[根據(jù)四面體特征，可以補(bǔ)圖成長(zhǎng)方體設(shè)其邊長(zhǎng)為a，b，c，則 解得a＝3，b＝4，c＝5補(bǔ)成長(zhǎng)，寬，高分別為3,4,5的長(zhǎng)方體，在長(zhǎng)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(zhǎng)為5,3的矩形的對(duì)角線夾角正弦值，可得正弦值為，故錯(cuò)誤； ③四面體ABCD外接球就是長(zhǎng)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．]