《（统考版）高考数学二轮复习 专题限时集训5 空间几何体的三视图、表面积、体积 与球有关的切、接、（含解析）（文）-人教版高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（统考版）高考数学二轮复习 专题限时集训5 空间几何体的三视图、表面积、体积 与球有关的切、接、（含解析）（文）-人教版高三数学试题（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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()
