【文档说明】2021高考数学（文）集训5　空间几何体的三视图、表面积、体积　与球有关的切、接、 .docx，共(23)页，1.015 MB，由小赞的店铺上传

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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Ⅲ)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()ABCDA[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Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同

一条直线D．α，β垂直于同一平面B[由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，故选B．]3．(2017·全国卷Ⅲ)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．πB．3π4C．π2D．π4B[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．∴r＝12－122＝32.∴圆柱的体积为V＝πr2h＝34π×1＝3π4

.故选B．]4．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8B．62C．82D．83C[在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，连接BC1，AC1，则∠A

C1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，所以在Rt△ABC1中，BC1＝ABtan∠AC1B＝23，在Rt△BCC1中，CC1＝(23)2－22＝22，所以该长方体体

积V＝BC×CC1×AB＝82.]5．(2020·全国卷Ⅰ)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4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．3

2πA[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4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O

的表面积S＝4πR2＝64π.故选A．]6．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是()A．17πB．18πC．20πD．28πA[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43πR3－18×43πR3＝283π，解得R＝2.因此它的表面积为78×4πR2＋34πR2＝17π.故选A．]7．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD-A1B1C1D1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．22B．32C．52D．72C[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∠EA

B＝BEAB＝5a2a＝52.故选C．]8．(2018·全国卷Ⅰ)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．217

B．25C．3D．2B[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＝25.故选B．]

图1图29．(2019·全国卷Ⅲ)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＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝322＋322＋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Ⅰ)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，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行

的是()A[A项，作如图①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②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MN

Q.C项，作如图③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.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A．]11．(2016·全

国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱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．4πB．9π2C．6πD．32π3B[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R≤32，所以Vmax＝43π323＝92π.故选B．]12．(2018·全国卷Ⅲ)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93，则三棱锥D-ABC体积的

最大值为()A．123B．183C．243D．543B[设等边三角形ABC的边长为x，则12x2sin60°＝93，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝6sin60°，解得r＝23，所以球心到△ABC所在平

面的距离d＝42－(23)2＝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Vmax＝13S△ABC×6＝13×93×6＝183.]13．(2020·全国卷Ⅱ)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α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是______

__．①p1∧p4②p1∧p2③p2∨p3④p3∨p4①③④[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α，直线m⊥平面α，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①③④.法二：对于p1，由题意设直线l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，则A，B，C三点不共线，所以此三点确定一个平面α，则A∈α，B∈α

，C∈α，所以AB⊂α，BC⊂α，CA⊂α，即l1⊂α，l2⊂α，l3⊂α，所以p1是真命题．以下同解法一．]14．(2018·全国卷Ⅱ)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515，则该圆锥的侧面积为________．402π[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515，设母线长为l，所以12×l2×158＝515，∴l2

＝80，因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为r＝lcosπ4＝22l，因此圆锥的侧面积为πrl＝22πl2＝402π.]15．(2019·全国卷Ⅰ)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，∵PD＝PE＝3，PC＝2，∴sin∠P

CE＝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Ⅱ)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2262－1[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HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝22x.又AM＋MN＋NF＝1，∴22x＋x＋22x＝1.∴x＝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∶1B．4∶3C．3∶2D．1∶1C[设球的半径为r，则由题意S圆柱＝2πr2＋2πr·2r＝6πr2，S球＝4πr2，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∶3B．1∶4C．1∶5D．1∶6A[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．]3．(2020·桂林一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α⊥β的一个充分不必要条件是()A．m

⊥α，m⊥βB．m⊂α，n⊂β，m⊥nC．m∥n，m⊥α，n⊥βD．m∥α，m⊥βD[对于A，由m⊥α，m⊥β⇒α∥β，故A错误；对于B，m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α，β可以平行，故B错误；对于C，m

∥n，m⊥α，n⊥β，可以求出α∥β，故C错误；对于D，由m∥α，m⊥β，得α⊥β，是充分条件，反之，由α⊥β，不一定得到m∥α，m⊥β，是不必要条件，故选D．]4．(2020·深圳模拟)空间四边形AB

CD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ABCD-A1B1C1D1中，E为BC1的中点，则异面直线DE与A1B1所成角的正切值为()A．62B．63C．22D．

2C[如图所示，∵DC∥A1B1，DC⊥B1C．∴∠EDC为异面直线DE与A1B1所成角．∴tan∠EDC＝ECDC＝12B1CDC＝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BE>CF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()A．4π3B．4πC．32π3D．43πA[AB＝AC2＋BC2＝3，设PB＝h，则由PA＝2PB，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＋(2)2＋12＝2，R＝1，所以外接球的体积V＝4π3R3＝4π3.故选A．]8．(20

20·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，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．①③B．②③C．①④D．②④C[对于①，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②，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③，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相交

．图3图4对于④，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①④，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∥D1CB．A1O∥平面B1CD1C．A1O⊥BCD．A1O⊥平面AB1D1B[由题意，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，所以A1D∥B1C，O

D∥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V≈136L2h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V≈3112L2h相当于圆锥体积公式中的圆周率近似取为()A．227B．15750C．289D．337115C[设圆锥底面圆的半径为r，高为h，依题意，L＝2πr，13πr2h＝3112·(2πr)2h

，∴13＝12112π，即π＝289.即π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的正

视图是()图1图2A．①②B．①③C．③④D．②④D[①中线段为虚线，②正确，③中线段为实线，④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：①A、C、P、Q四点共面；②直线PQ与AB1所成的角为60°；③PQ⊥CD1；④VP-ABCD＝VQ-AA1D．其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3D．4B[如图所示，对于①，∵B1P＝B1

Q，∴PQ∥A1C1，∴A、C、P、Q四点共面，①正确；对于②，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③，由②可知PQ⊥CD1错误；对于④，VP-ABCD＝13V正方体AC1，VQ-AA1D＝13×S△AA1D×A1B1＝13

×12S正方形AA1DD1×A1B1＝16V正方体AC1.∴VP-ABCD≠VQ-AA1D．其中正确结论的个数2.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()A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1EC[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∠CBA＝π3，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△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，如图2，则下列结论正确的是()图1图2A．AD⊥CDB．AF∥DEC．DE⊥平面ACED．AF∥平面CDEC[∵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．]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．3B．1C．12D．34B[如图，∵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°，∴P到平面ABC上的射影G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：V＝13S△ABC·h＝13×12×23×3×1＝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92D．点C与点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，GQ，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＝25，AD1＝22，所以S△AD1S＝12×22×(25)2－2222＝6，所以S梯形AEFD1＝6×34＝92，故结论正确；对于D，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，因为VC-AEF＝13·SAEF·h1＝VA-CEF＝13×1×12×2

＝13，又因为VG-AEF＝13×SAEF·h2＝VA-GEF＝13×2×22×2＝23，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α，β，γ，且直线m，n不重合，由下列条件：①m⊥n，m⊥β；②n⊂α，α∥β；③α⊥

γ，β⊥γ，n⊂α.能推得n∥β的条件是________．②[①m⊥n，m⊥β，可能n⊂β；②n⊂α，α∥β，面面平行的性质得出成立；③α⊥γ，β⊥γ，n⊂α，若α与β相交，n可能与β相交．故填②.]18．[一题两空](2020·成都模拟)如图，圆锥VO的母线长为l，轴截面VA

B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＝________.12l245°[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S△VCD＝12·l2·sin90°＝12l2，且∠VCD＝45°.]19．(2020·南开模拟)如图，在正四棱柱ABCD-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V1＝13S△DD1P×BC＝16DD1×DC×BC＝16V.

∴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________．8π3[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AG＝23AD＝23×32x＝33x，∴OG＝OA2－AG2＝4－13x2，VO-ABC＝13×34x2·4－13x2＝112x4(12－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)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＝33x2＝83，平面ABC截球O所得的截面圆的面积S＝π·AG2＝83π.]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：①四面体ABCD的体积为20；②异面直线AC，BD所成角的正弦值为2425；③四面体ABCD外接球的表面积为50π；④若用一个

与直线EF垂直，且与四面体的每个面都相交的平面α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)①③④[根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为a，b，c，则c2＋b2＝41，

c2＋a2＝34，b2＋a2＝25，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：①四面体ABCD的体积为V＝3×4×5－4×13×12×3×4×5＝20，故正确；②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；③四面体ABCD外接球就是长方体的外接球，半径R＝32＋42＋522＝502，其表面积为50π，故正确；④由于EF⊥α，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θ，则sinθ＝sin∠HFB＝sin∠LKN，算得sinθ＝2425，∴SMNKL＝NK·KL·sin∠NKL≤KL＋KN22×2425＝6.故正确．]获得更多资源请扫码加入享学资源网

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