新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的表面積與體積 空間位置關(guān)系與空間角 球與幾何體的切接問題（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的表面積與體積 空間位置關(guān)系與空間角 球與幾何體的切接問題（含解析）-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)《新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)5 空間幾何體的表面積與體積 空間位置關(guān)系與空間角 球與幾何體的切接問題（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（22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)　空間幾何體的表面積與體積　空間位置關(guān)系與空間角　球與幾何體的切接問題 1．(2020·全國卷Ⅱ)已知△ABC是面積為的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為(　　) A．　　 B．　　　　C．1　　　　D． C　[由等邊三角形ABC的面積為，得AB2＝，得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝×AB＝AB＝.設(shè)球O的半徑為R，則由球O的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，則球心O到平面ABC的距離d＝＝1，故選C．] 2．(2019·全國卷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

2、無數(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平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面 B　[對于A，α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這無數(shù)條直線互相平行時(shí)，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對于C，平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對于D，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確．綜上可知選B．] 3．(2020·新高考全國卷Ⅰ)日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球

3、(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為(　　) A．20° B．40° C．50° D．90° B　[過球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針?biāo)谥本€，EF為點(diǎn)A處的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°， ∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故選B．] 4．(2016·全國卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V

4、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，∵△ABC的內(nèi)切圓半徑為＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤. ∴Vmax＝π＝π.故選B．] 5．(2015·全國卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB＝90°，C為該球面上的動(dòng)點(diǎn)．若三棱錐O-ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為(　　) A．36π B．64π C．144π D．256π C　[如圖，設(shè)球的半徑為R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2. ∵VO-AB

5、C＝VC-AOB，而△AOB面積為定值， ∴當(dāng)點(diǎn)C到平面AOB的距離最大時(shí)，VO-ABC最大， ∴當(dāng)C為與球的大圓面AOB垂直的直徑的端點(diǎn)時(shí)，體積VO-ABC最大為×R2×R＝36， ∴R＝6，∴球O的表面積為4πR2＝4π×62＝144π.故選C．] 6．(2020·全國卷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＝B

6、C＝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．] 7．(2018·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A． B． C． D． A　[記該正方體為ABCD-A′B′C′D′，正方體的每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，即共點(diǎn)的三條棱A′A，A′B′，A′D′與平面α所成的角都相等．如圖，連接AB′，AD′，B′D′，因?yàn)槿忮FA′-AB′D′是正三棱錐，所以A′A，A′B′，A′D′與平面AB′D′所成

7、的角都相等．分別取C′D′，B′C′，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)，G，H，I，J六點(diǎn)共面，平面EFGHIJ與平面AB′D′平行，且截正方體所得截面的面積最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以該正六邊形的面積為6××＝，所以α截此正方體所得截面面積的最大值為，故選A．] 8．(2016·全國卷Ⅰ)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　　) A． B． C． D． A　[根據(jù)平面與平面平行

8、的性質(zhì)，將m，n所成的角轉(zhuǎn)化為平面CB1D1與平面A1B1C1D1的交線及平面CB1D1與平面DCC1D1的交線所成的角． 設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD＝m1. ∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m. 又平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1， ∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m. ∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1， 且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1， 同理可證CD1∥n. 因此直線m與n所成的角即直線B1D1與CD1所成的角． 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形， 故直線B1D1

9、與CD1所成角為60°，其正弦值為.] 9．(2020·新高考全國卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________． 　[如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分別取B1C1，BB1，CC1的中點(diǎn)M，G，H，連接D1M，D1G，D1H，則易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點(diǎn)．在側(cè)面BCC1B1內(nèi)任取一點(diǎn)P，使MP＝，連接D1P，則D1P＝＝＝，連接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M為圓

10、心，為半徑的圓弧GH為球面與側(cè)面BCC1B1的交線．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的長為×2π×＝.] 10．(2020·全國卷Ⅲ)已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為________． π　[易知半徑最大的球即為該圓錐的內(nèi)切球．圓錐PE及其內(nèi)切球O如圖所示，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則sin∠BPE＝＝＝，所以O(shè)P＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，所以R＝，所以內(nèi)切球的體積V＝πR3＝π，即該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為π. ] 11．(2016·全國卷Ⅱ)α，β是兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，有下列四個(gè)命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥

11、β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，m?α，那么m∥β. ④如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的編號) ②③④　[對于①，α，β可以平行，可以相交也可以垂直，故錯(cuò)誤． 對于②，由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線l?α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正確． 對于③，因?yàn)棣痢桅?，所以α，β沒有公共點(diǎn)．又m?α，所以m，β沒有公共點(diǎn)，由線面平行的定義可知m∥β，故正確． 對于④，因?yàn)閙∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等．因?yàn)棣痢桅?，所以n與α所成的角和n

12、與β所成的角相等，所以m與α所成的角和n與β所成的角相等，故正確．] 12．(2018·全國卷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　[如圖所示，設(shè)S在底面的射影為S′，連接AS′，SS′.△SAB的面積為·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，∴SA2＝80，SA＝4.∵SA與底面所成的角為45°，∴∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos 45°＝4×＝2.∴底面周長l＝2π·AS′＝4π，∴圓錐的側(cè)面積為×4×4π＝40π.] 13．(2017·全國卷Ⅲ

13、)a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論： ①當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí)，AB與b成30°角； ②當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí)，AB與b成60°角； ③直線AB與a所成角的最小值為45°； ④直線AB與a所成角的最大值為60°. 其中正確的是________．(填寫所有正確結(jié)論的編號) ②③　[依題意建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)等腰直角三角形ABC的直角邊長為1. 由題意知點(diǎn)B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓． 設(shè)直線a的方向向量為a＝(0，1，0)，直線b的方

14、向向量為b＝(1，0，0)，以O(shè)x軸為始邊沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為θ，θ∈[0，2π)，則B(cos θ，sin θ，0)， ∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝. 設(shè)直線AB與a所成夾角為α， 則cos α＝＝|sin θ|∈， ∴45°≤α≤90°，∴③正確，④錯(cuò)誤． 設(shè)直線AB與b所成夾角為β， 則cos β＝＝|cos θ|. 當(dāng)直線AB與a的夾角為60°，即α＝60°時(shí)， 則|sin θ|＝cos α＝cos 60°＝， ∴|cos θ|＝.∴cos β＝|cos θ|＝. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直線AB與b的夾角為60°. ∴②正確，①

15、錯(cuò)誤．] 14．(2020·全國卷Ⅰ)如圖，在三棱錐P-ABC的平面展開圖中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos ∠FCB＝________. －　[依題意得，AE＝AD＝，在△AEC中，AC＝1，∠CAE＝30°，由余弦定理得EC2＝AE2＋AC2－2AE·ACcos∠EAC＝3＋1－2cos 30°＝1，所以EC＝1，所以CF＝EC＝1.又BC＝＝＝2，BF＝BD＝＝，所以在△BCF中，由余弦定理得cos∠FCB＝＝＝－.] 1．(2020·菏澤調(diào)研)已知m，n為直線，α為平面，且m?α，則“n⊥m”是“n⊥α”的(　　) A．充分而

16、不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 B　[當(dāng)直線m，n都在平面α內(nèi)時(shí)，不能由m⊥n推出n⊥α；若n⊥α，且m?α，由線面垂直的性質(zhì)知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分條件，故選B．] 2．(2020·惠州第一次調(diào)研)設(shè)a，b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)充分條件是(　　) A．存在一條直線a，a∥α，a∥β B．存在一條直線a，a?α，a∥β C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D　[對于A，a∥α，a∥β，則平面α

17、，β可能平行，也可能相交，所以A不是α∥β的一個(gè)充分條件．對于B，a?α，a∥β，則平面α，β可能平行，也可能相交，所以B不是α∥β的一個(gè)充分條件．對于C，由a∥b，a?α，b?β，a∥β，b∥α可得α∥β或α，β相交，所以C不是α∥β的一個(gè)充分條件．對于D，存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α，如圖，在β內(nèi)過b上一點(diǎn)作c∥a，則c∥α，所以β內(nèi)有兩條相交直線平行于α，則有α∥β，所以D是α∥β的一個(gè)充分條件，故選D．] 3．[多選](2020·濟(jì)南模擬)已知a，b，c為不同的直線，α，β，γ為不同的平面，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)⊥α，b⊥α，則a∥b　 B．α

18、⊥γ，β⊥γ，則α⊥β C．a(chǎn)∥α，b∥α，則a∥b D．α∥γ，β∥γ，則α∥β AD　[A中，由a⊥α，b⊥α，利用線面垂直的性質(zhì)定理可推出a∥b，故A正確；B中，若α⊥γ，β⊥γ，則α與β平行或相交，故B不正確；C中，若a∥α，b∥α，則a與b平行，或相交，或異面，故C不正確；D中，若α∥γ，β∥γ，由面面平行的傳遞性可推出α∥β，故D正確．綜上所述，AD正確．] 4．(2020·鄭州模擬)在三棱錐A-BCD中，側(cè)棱AB，AC，AD兩兩垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面積分別為，，，則該三棱錐的體積為(　　) A．　 B．　　　C．6　　　D．2 B　[由△ABC，△AC

19、D，△ADB的面積分別為，，，且AB，AC，AD兩兩垂直，可得 三個(gè)式子相乘可得(AB·AC·AD)2＝6， ∴該三棱錐的體積V＝×AB·AC·AD＝.故選B．] 5．(2020·德州模擬)如圖是古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德用平衡法求球的體積所用的圖形．此圖由正方形ABCD、半徑為r的圓及等腰直角三角形構(gòu)成，其中圓內(nèi)切于正方形，等腰直角三角形的直角頂點(diǎn)與AD的中點(diǎn)N重合，斜邊在直線BC上．已知S為BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將該圖形繞直線NS旋轉(zhuǎn)一周，則陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積為(　　) A．πr3 B．πr3 C．2πr3 D．πr3 C　[左上方的陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積V1

20、等于半個(gè)球的體積減去一個(gè)三棱錐的體積，所以V1＝πr3×－πr2·r＝πr3；右上方的陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積V2等于圓柱的體積減去半個(gè)球的體積，所以V2＝πr2·r－×πr3＝πr3；右下方的陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積V3等于圓臺的體積減去一個(gè)圓柱的體積，所以V3＝(πr2＋4πr2＋2πr2)·r－πr2·r＝πr3.故陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積V＝V1＋V2＋V3＝πr3＋πr3＋πr3＝2πr3.故選C．] 6．(2020·西安模擬)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，BC∥AD，AD＝2BC，E是棱PD的中點(diǎn)，PC與平面ABE交于F點(diǎn)，設(shè)PF＝λFC，則λ＝(　　

21、) A．1 B．2 C．3 D．4 B　[連接CA，CE，DB(圖略)，由題易知λ＝＝＝＝，因?yàn)锽C∥AD，AD＝2BC，所以S△ABD＝2S△ABC，因此λ＝＝＝2.故選B．] 7．(2020·南昌模擬)如圖所示，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，M是AA1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱CC1，DD1上，且CP＝D1Q＝1，設(shè)平面MPQ與平面ABCD的交線為l，則l與C1D1所成角的正切值為(　　) A．4 B．2 C． D． B　[如圖，連接PB，MB，易知QM∥PB，延長QP交DC的延長線于點(diǎn)E，連接BE，易知CE＝2，且平面MPQ與平面ABCD的交線為

22、BE，又DE∥D1C1，所以∠CEB即為l與C1D1所成的角，所以tan∠CEB＝＝＝2.] 8．(2020·臨沂模擬)已知一個(gè)半徑為的球中有一個(gè)各條棱長都相等的內(nèi)接正三棱柱，則正三棱柱的體積是(　　) A．18 B．16 C．12 D．8 A　[設(shè)正三棱柱的棱長為2a，如圖，取球心為O，過點(diǎn)O作OO′垂直三棱柱的上底面于點(diǎn)O′，連接點(diǎn)O′與上底面頂點(diǎn)A交對棱于點(diǎn)B． 則AB＝a，AO′＝a，OO′＝a. 在Rt△OO′A中，由勾股定理， 得OA2＝OO′2＋O′A2. ∵OA＝，∴7＝a2＋a2＝a2. 整理得a2＝3，∴a＝. ∴棱長為2a＝2. ∴正三棱柱的

23、體積 V＝×2×2×sin 60°×2＝18. 故選A．] 9．(2020·濟(jì)寧模擬)設(shè)球O是正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球，若平面ACD1截球O所得的截面面積為6π，則球O的半徑為(　　) A． B．3 C． D． B　[如圖，易知B1D過球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨設(shè)垂足為M，正方體棱長為a，則球半徑R＝，易知DM＝DB1，∴OM＝DB1＝a，∴截面圓半徑r＝＝a，由截面圓面積S＝πr2＝6π，得r＝a＝，a＝6，∴球O的半徑為R＝＝3.故選B．] 10．(2020·西安模擬)將正方形ABCD中的△ACD沿對角線AC折起，使得平面ABC垂直于平面ACD，

24、則異面直線AB與CD所成的角為(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° B　[法一：如圖，連接BD，取AC，BD，AD的中點(diǎn)分別為O，M，N，連接ON，OM，MN，則由三角形的中位線定理知ONCD，MNAB，所以∠ONM或其補(bǔ)角為所求的角．連接BO，OD，因?yàn)锳B＝BC，所以BO⊥AC，因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD＝AC，OB?平面ABC，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD．設(shè)原正方形ABCD的邊長為2，則BO＝OD＝，所以BD＝2，所以O(shè)M＝BD＝1，所以O(shè)N＝MN＝OM＝1，所以△OMN是等邊三角形，所以∠ONM＝60°，即異面直線AB與

25、CD所成的角為60°，故選B． 法二：如圖，設(shè)AC的中點(diǎn)為O，連接DO，OB，因?yàn)锳D＝DC，所以DO⊥AC．因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD＝AC，OD?平面ACD，所以DO⊥平面ABC．延長BO到E，使得EO＝BO，連接DE，AE，CE，易證得四邊形ABCE為正方形，所以AB∥EC，所以∠DCE或其補(bǔ)角為異面直線AB與CD所成的角．設(shè)AC＝2a，則EC＝ED＝CD＝a，所以△DCE為等邊三角形，所以∠DCE＝60°，即異面直線AB與CD所成的角為60°，故選B． 法三：如圖，設(shè)AC的中點(diǎn)為O，連接BO，OD，因?yàn)锳D＝CD，AB＝BC，所以DO⊥AC，OB⊥AC．因

26、為平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD＝AC，OD?平面ACD，所以O(shè)D⊥平面ABC．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，設(shè)AC＝2a，則D(0，0，a)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，所以＝(－a，a，0)，＝(－a，0，－a)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以異面直線AB與CD所成的角為60°，故選B．] 11．[多選](2020·威海模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下面結(jié)論正確的是(　　) A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥平面CB1D1 C．異面直線AC與A1B成60°角

27、 D．AC1與底面ABCD所成角的正切值是 ABC　[對于A，BD∥B1D1，BD?平面CB1D1，B1D1?平面CB1D1，∴BD∥平面CB1D1，A正確；對于B，∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，連接A1C1(圖略)，又A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，∴AC1⊥平面CB1D1，B正確；對于C，易知AC∥A1C1，異面直線AC與A1B所成的角為∠BA1C1，連接BC1，易知△A1C1B為等邊三角形，∴∠BA1C1＝60°，即異面直線AC與A1B成60°角，C正確；對于D，AC1與底面ABCD所成角的正切值是＝≠，故D

28、不正確．故正確的結(jié)論為ABC．] 12．[多選](2020·濰坊模擬)如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點(diǎn)，以AO為直徑的圓與AD的另一個(gè)交點(diǎn)為C，P為SD的中點(diǎn)．則下列結(jié)論正確的是(　　) A．C為AD中點(diǎn) B．△SAC為直角三角形 C．平面SAD⊥平面SBD D．平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行 ABD　[如圖，連接OC，易知OC⊥AD，AD⊥BD，又O為AB中點(diǎn)，∴C為AD中點(diǎn)，故A正確．∵SO垂直于底面圓O，AC?底面圓O，∴AC⊥SO.∵SO∩OC＝O，∴AC⊥平面SOC．又SC?平面SOC，∴AC⊥SC，∴△SAC為

29、直角三角形，故B正確．由于點(diǎn)D是圓O上的動(dòng)點(diǎn)，∴平面SAD不能總垂直于平面SBD，故C錯(cuò)誤．連接DO并延長交圓O于E，連接SE，PO，∵P為SD的中點(diǎn)，O為DE的中點(diǎn)，∴OP∥SE.又OP?平面PAB，SE?平面PAB，∴SE∥平面PAB，故D正確．] 13．(2020·廈門模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為，P為A1C1的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為A1D，BC1(含端點(diǎn))上的動(dòng)點(diǎn)，則PE＋PF的最小值為(　　) A． B． C．2 D．2 B　[如圖，連接A1B，C1D，易知△A1DC1是邊長為2的等邊三角形，PE的最小值為點(diǎn)P到A1D的距離，故PEmin＝A1Psi

30、n 60°＝，同理，△A1BC1也是邊長為2的等邊三角形，所以PFmin＝C1Psin 60°＝，所以PE＋PF的最小值為.故選B．] 14．[多選](2020·棗莊模擬)已知A，B，C三點(diǎn)均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距離等于球半徑的，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．球O的表面積為6π B．球O的內(nèi)接正方體的棱長為1 C．球O的外切正方體的棱長為 D．球O的內(nèi)接正四面體的棱長為2 AD　[設(shè)球O的半徑為r，△ABC的外接圓圓心為O′，半徑為R.易得R＝.因?yàn)榍蛐腛到平面ABC的距離等于球O半徑的，所以r2－r2＝，得r2＝.所以球O的表面積S＝4π

31、r2＝4π×＝6π，選項(xiàng)A正確；球O的內(nèi)接正方體的棱長a滿足a＝2r，顯然選項(xiàng)B不正確；球O的外切正方體的棱長b滿足b＝2r，顯然選項(xiàng)C不正確；球O的內(nèi)接正四面體的棱長c滿足c＝r＝×＝2，選項(xiàng)D正確．] 15．[多選](2020·濟(jì)寧模擬)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝，點(diǎn)P為△BDC1內(nèi)一點(diǎn)(不含邊界)，則△A1PC1可能為(　　) A．等腰三角形 B．銳角三角形 C．直角三角形 D．鈍角三角形 BCD　[連接AC，與BD交于點(diǎn)O，連接A1O，C1O，A1B，A1D(圖略)． 依題意得，AC⊥BD，AA1⊥BD，又AC∩AA1＝A，∴BD

32、⊥平面AA1C1C． ∴BD⊥A1O，BD⊥C1O，故∠A1OC1為二面角A1-BD-C1的平面角．易知A1O＝C1O＝2，A1C1＝2，由勾股定理的逆定理，知∠A1OC1＝90°，故平面A1BD⊥平面C1BD． 連接PO(圖略)，若∠A1PC1為直角，即A1P⊥PC1，又A1O⊥PC1，A1P∩A1O＝A1，∴C1P⊥平面POA1，則C1P⊥PO，此時(shí)P在△BDC1內(nèi)的一段圓弧(該圓弧所在的圓的直徑為C1O)上，符合題意；當(dāng)P在OC1上時(shí)，△A1PC1為鈍角三角形；當(dāng)P無限接近B或D時(shí)，△A1PC1為銳角三角形；若△A1PC1為等腰三角形，∵A1C1＝2，BC1＝，當(dāng)A1C1為等腰三角形

33、A1PC1的一個(gè)腰時(shí)，C1P，A1P均不可能為2，不符合題意．當(dāng)A1C1為等腰三角形A1PC1的底邊時(shí)，點(diǎn)P與A1C1中點(diǎn)的連線必垂直A1C1，此時(shí)，在△BDC1內(nèi)部不存在這樣的點(diǎn)P.故選BCD．] 16．[多選](2020·泰安模擬)在長方體A1B1C1D1-A2B2C2D2中，A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，如圖，A，B，C分別是所在棱的中點(diǎn)，則下列結(jié)論中成立的是(　　) A．異面直線D2C與AD1所成的角為60° B．平面A2BCD2與平面ABC1D1所成二面角的大小為120° C．點(diǎn)A1與點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離相等 D．平面A2BC1截長方體所得的截面面積為

34、 AC　[連接B2C和D2B2.易知AD1∥BC1∥B2C，則∠D2CB2為異面直線D2C與AD1所成的角．連接AB2，易知AB2⊥A2B，AB2⊥BC，A2B∩BC＝B，所以AB2⊥平面A2BCD2.連接B1C，同理可證B1C⊥平面ABC1D1，所以平面A2BCD2與平面ABC1D1所成二面角即異面直線AB2與B1C所成的角或其補(bǔ)角．連接AD2，易知B1C∥AD2，所以異面直線AB2與B1C所成的角即∠D2AB2或其補(bǔ)角．又A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，所以△B2D2C與△B2D2A均為正三角形，所以∠D2CB2＝60°，∠D2AB2＝60°，即異面直線D2C與AD1所成的角為60°

35、，平面A2BCD2與平面ABC1D1所成的角為60°或120°，故A正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)锽1C⊥平面ABC1D1，且B1C與BC1垂直平分，所以點(diǎn)B1與點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離相等，又A1B1∥平面ABC1D1，所以點(diǎn)A1與點(diǎn)B1到平面ABC1D1的距離相等，即點(diǎn)A1與點(diǎn)C到平面ABC1D1的距離相等，故C正確；取D1D2的中點(diǎn)E，連接A2E，EC1，易知A2E∥BC1，EC1∥A2B，故平面A2BC1E為平面A2BC1截長方體所得的截面，在△A2BC1中，A2B＝BC1＝，A2C1＝，所以S＝，截面面積為，故D錯(cuò)誤．] 17．[多選](2020·濱州模擬)如圖是一個(gè)直三棱柱ABC-A′B

36、′C′和三棱錐D-A′B′C′的組合體，其中AB⊥BC，BB′＝BC＝AB＝1，＝2，E，F(xiàn)，M分別是AA′，CC′，BD上一點(diǎn)，且AE＝A′E，CF＝C′F，則以下結(jié)論中可能成立的是(　　) A．平面MEF⊥平面ACC′A′ B．三棱錐C′-MEF的體積為定值 C．平面MEF∥平面DA′C′ D．△MEF周長的最大值為4＋ ABC　[對于A，當(dāng)M為BB′的中點(diǎn)時(shí)，AA′⊥平面MEF，所以平面MEF⊥平面ACC′A′，所以A符合題意． 對于B，易知三角形C′EF的面積為定值，因?yàn)锽D∥平面ACC′A′，所以M到平面C′EF的距離為定值，所以三棱錐C′-MEF的體積為定值

37、，所以B符合題意． 對于C，當(dāng)M為B′D的中點(diǎn)時(shí)，可證得EM∥A′D，從而EM∥平面A′DC′，此時(shí)同理可證得FM∥平面A′DC′，又FM∩EM＝M，所以平面MEF∥平面DA′C′，所以C符合題意． 對于D，顯然當(dāng)M與D重合時(shí)，△MEF的周長最大，此時(shí)在△A′EM中，∠MA′E＝135°，A′E＝，A′M＝，由余弦定理得，ME＝＝.所以此時(shí)△MEF的周長為＋＜4＋，所以D錯(cuò)誤．] 18．[多選](2020·日照模擬)如圖，在三棱錐S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，點(diǎn)D，E分別為SC，SA上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．直線S

38、B⊥平面ABC B．若BD⊥SC，BE⊥SA，則∠BED為二面角B-SA-C的平面角 C．直線SC與平面ABC所成的角為45°時(shí)，點(diǎn)B到平面ASC的距離是a D．∠SCB＝45°時(shí)，三棱錐S-ABC外接球的表面積為 ABD　[在三棱錐S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，則SB⊥BA，SC⊥CA，因?yàn)椤鰽BC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，所以AC⊥BC，又BC∩SC＝C，所以AC⊥平面SBC，故SB⊥AC，又SB⊥BA，BA∩AC＝A，所以SB⊥平面ABC，故A正確；因?yàn)锳C⊥平面SBC，AC?平面SAC，所以平面SBC⊥平面SAC，所以BD⊥平面ASC，易知DE為BE在平面

39、ASC內(nèi)的射影，又BE⊥SA，所以易得DE⊥AS，所以∠BED為二面角B-SA-C的平面角，故B正確；若BD⊥CS，則BD⊥平面SAC，所以BD的長就是點(diǎn)B到平面ASC的距離，所以BD＝BCsin 45°＝a，所以C不正確；因?yàn)椤蟂BA＝∠SCA＝90°，所以SA為外接球的直徑，設(shè)外接球的半徑為R，則R＝＝＝，所以三棱錐S-ABC外接球的表面積S＝4π＝，所以D正確．故選ABD．] 19．[多選](2020·煙臺模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)F是線段BC1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)點(diǎn)F移動(dòng)至BC1的中點(diǎn)時(shí)，直線A1F與平面BDC1所成角最大且為6

40、0° B．無論點(diǎn)F在BC1上怎么移動(dòng)，都有A1F⊥B1D C．當(dāng)點(diǎn)F移動(dòng)至BC1的中點(diǎn)時(shí)，才有A1F與B1D相交于一點(diǎn)，記為點(diǎn)E，且＝2 D．無論點(diǎn)F在BC1上怎么移動(dòng)，異面直線A1F與CD所成角都不可能是30° BCD　[設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，如圖，易知點(diǎn)A1到平面BDC1的距離為. 當(dāng)點(diǎn)F為BC1的中點(diǎn)時(shí)，線段A1F的長度最短，且為，此時(shí)直線A1F與平面BDC1所成角的正弦值最大，且為＝≠，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；連接A1B，A1C1，易知B1D⊥平面A1BC1，又A1F?平面A1BC1，所以總有A1F⊥B1D，選項(xiàng)B正確；連接A1D，B1F，DF，當(dāng)F為BC1的中點(diǎn)

41、時(shí)，A1D∥B1F，此時(shí)A1，D，B1，F(xiàn)四點(diǎn)共面，A1F，B1D為梯形A1DFB1的對角線，故其交于一點(diǎn)E，且＝＝2，當(dāng)F不是BC1的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A1，D，B1，F(xiàn)不共面，A1F，B1D不可能相交，選項(xiàng)C正確；因?yàn)锳1B1∥CD，所以∠B1A1F即異面直線A1F與CD所成的角，該角的正切值為，易知A1B1≤B1F≤A1B1，所以≤≤1，不在該范圍內(nèi)，故無論點(diǎn)F在BC1上怎么移動(dòng)，異面直線A1F與CD所成的角都不可能是30°，選項(xiàng)D正確．] 20．(2020·南通模擬)如圖所示，棱長為1的正方體木塊經(jīng)過適當(dāng)切割，得到幾何體K，已知幾何體K是由兩個(gè)底面相同的正四棱錐組合而成，底面ABCD平行于正

42、方體的下底面，且各頂點(diǎn)均在正方體的面上，則幾何體K的體積的取值范圍是________． 　[由題意知四邊形ABCD為正方形，且?guī)缀误wK中兩個(gè)正四棱錐的高之和為1，則幾何體K的體積的取值范圍由正方形ABCD的面積來決定．連接AC，BD，由底面ABCD平行于正方體的下底面，可作平面ABCD所在截面的平面圖如圖所示．S正方形ABCD＝AC·BD＝AC2，當(dāng)A，B，C，D分別為截面正方形四邊的中點(diǎn)時(shí)，AC取到最小值；當(dāng)A，B，C，D分別為截面正方形的四個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，AC取到最大值． 故ACmin＝1，ACmax＝，∴S正方形ABCD∈，∴幾何體K的體積V＝S正方形ABCD×1＝S正方形ABCD∈.

43、] 21．(2020·成都模擬)在三棱錐P-ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，且AB＝4，AC＝5，則BC的取值范圍是________． (3，)　[如圖所示，問題轉(zhuǎn)化為在長方體中，PA＝x，PB＝y(tǒng)，PC＝z，且x2＋y2＝16，x2＋z2＝25，求的取值范圍．由題可得，x2∈(0，16)，則y2＋z2＝41－2x2∈(9，41)，據(jù)此可得∈(3，)，即BC的取值范圍是(3，)．] 22．[一題兩空](2020·泰安模擬)已知點(diǎn)P為半徑等于2的球O球面上一點(diǎn)，過OP的中點(diǎn)E作垂直于OP的平面截球O的截面圓為圓E.圓E的內(nèi)接三角形ABC中，∠ABC＝90°，點(diǎn)B在AC上的射影為D，則A

44、C＝________，三棱錐P-ABD體積的最大值為________． 2　　[如圖1，PE是三棱錐P-ABD的高，且為1，AE＝＝，所以VP-ABD＝S△ABD×PE＝S△ABD，截面圓的直徑AC＝2. 　 圖1　　　　　　　圖2 如圖2，AB⊥BC，BD⊥AC，設(shè)AD＝x(0＜x＜2)，則CD＝2－x， 所以BD＝，所以S△ABD＝x·＝，令g(x)＝2x3－x4(0＜x＜2)， 則g′(x)＝6x2－4x3，令6x2－4x3＝0得x＝或x＝0(舍去)， 令g′(x)＞0得0＜x＜； 令g′(x)＜0得＜x＜2. 所以g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為， 所以x＝

45、時(shí)，g(x)取得最大值，所以△ABD面積的最大值為×＝， 則三棱錐P-ABD體積的最大值是×＝.] 23．[一題兩空](2020·棗莊模擬)如圖，在棱長均為3的正四棱錐P-ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是PA，PB，PC，PD上的點(diǎn)，平面EFGH與平面ABCD平行，S為AC和BD的交點(diǎn)，當(dāng)四棱錐S-EFGH的體積最大時(shí)，＝________，四棱錐S-EFGH外接球的表面積為________． 　　[因?yàn)槠矫鍱FGH與平面ABCD平行，所以四邊形EFGH與四邊形ABCD相似，所以四邊形EFGH是正方形． 設(shè)＝x(0＜x＜1)，所以＝x2，易知四棱錐S-EFGH與四棱錐P-ABCD的高的比值為(1－x)，設(shè)VP-ABCD＝V0，則VS-EFGH＝x2(1－x)V0.設(shè)f (x)＝x2(1－x)(0＜x＜1)，則f ′(x)＝2x－3x2，則當(dāng)0＜x＜時(shí)，f ′(x)＞0，當(dāng)＜x＜1時(shí)，f ′(x)＜0，所以當(dāng)x＝，即＝時(shí)，f (x)取得最大值，此時(shí)VS-EFGH取得最大值． 連接PS，F(xiàn)H，EG，設(shè)FH與EG交于點(diǎn)M，易知點(diǎn)M在PS上，EF＝2，SM＝，HM＝. 設(shè)四棱錐S-EFGH的外接球的球心為O，半徑為R，易知O在直線PS上，連接OH，易知點(diǎn)O在四棱錐S-EFGH的外部，則＋2＝R2，解得R＝，所以四棱錐S-EFGH的外接球的表面積為4πR2＝.]