【文档说明】集训5　空间几何体的三视图、表面积、体积 与球有关的切、接、截问题　空间位置关系与空间角.doc，共(21)页，1.199 MB，由小赞的店铺上传

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-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、截问题空间位置关系与空间角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．]

-2-3．(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，AC

1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∠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，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．32πA[如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，-3-因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO

1，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)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．15B．56C．55D．22C[法一：用一

个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则B1P∥AD1，连接DP，易求得DB1＝DP＝5，B1P＝2，则∠DB1P是异面直线AD1与DB1所成的角，由余弦定理可得cos∠DB1P＝DB21＋B1P

2－DP22DB1·PB1＝5＋4－545＝55.故选C．法二：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，-4-则D()0，0，0，A()1，0，0，B1(1,1，3)，

D1()0，0，3，所以AD1→＝()－1，0，3，DB1→＝()1，1，3，因为cos〈AD1→，DB1→〉＝AD1→·DB1→||AD1→||DB1→＝－1＋32×5＝55，所以异面直线AD1与DB1所

成角的余弦值为55，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．217B．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2]9．(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-5-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B

DE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B．]10．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A．334B．233C．324D．32A[记该正方体为ABCD-A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所

成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥A′­AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．

分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG，GH，IH，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面

积最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝22，-6-所以该正六边形的面积为6×34×222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，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．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的

中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．86πB．46πC．26πD．6πD[因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又

AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，

所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π623＝6π，故选D．-7-]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∧p2③¬p2∨p3④¬p3∨¬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，¬p

3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-8-________．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＝40

2π.]15．[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．-9-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＝22

x.又AM＋MN＋NF＝1，∴22x＋x＋22x＝1.∴x＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.]16．(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底

边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．415cm3[如图，连接OD，交BC于点G，由题意，知OD⊥BC，O

G＝36BC．设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5－x，三棱锥的高h＝DG2－OG2＝25－10x＋x2－x2＝25－10x，S△ABC＝12×23x×3x＝33x2，则三棱锥的体积-10-V＝13S△ABC·h＝3x

2·25－10x＝3·25x4－10x5.令f(x)＝25x4－10x5，x∈0，52，则f′(x)＝100x3－50x4.令f′(x)＝0得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈2，52时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415cm3.]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．]-11-3．(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．-12-∴tan∠EDC＝ECDC＝12B1CDC＝22.故选C．]6．(2020·贵阳模拟)在正方体ABCD-A1B1C

1D1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．(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，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．②④-13-C[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M

NP.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，OD∥B1D1，因为A1D∩DO＝D，B1D1∩

B1C＝B1，所以平面A1DO∥-14-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·西安三模)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；-15-②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．3

D．4B[如图所示，对于①，∵B1P＝B1Q，∴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AB1E-16-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∠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．34-17-B[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，∴O

B2－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，-18-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＝________.-19-12l245°[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．(2019·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：-20-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，-21-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．]