統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)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)的切接截問(wèn)題文含解析

PAGE專(zhuān)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．(2024·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()ABCDA[由題意知，俯視圖中應(yīng)有一不行見(jiàn)的長(zhǎng)方形，且俯視圖應(yīng)為對(duì)稱(chēng)圖形．故選A．]2．(2024·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)有多數(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[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)隨意一條直線都與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．(2024·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．πB．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,2)D．eq\f(π,4)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＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).∴圓柱的體積為V＝πr2h＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4).故選B．]4．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1A．8B．6eq\r(2)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)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＝eq\f(AB,tan∠AC1B)＝2eq\r(3)，在Rt△BCC1中，CC1＝eq\r(2\r(3)2－22)＝2eq\r(2)，所以該長(zhǎng)方體體積V＝BC×CC1×AB＝8eq\r(2).]5．(2024·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的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64πB．48πC．36πD．32πA[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eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A．]6．(2024·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)圓中兩條相互垂直的半徑．若該幾何體的體積是eq\f(28π,3)，則它的表面積是()A．17πB．18πC．20πD．28πA[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eq\f(1,4)，得到的幾何體如圖．設(shè)球的半徑為R，則eq\f(4,3)πR3－eq\f(1,8)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(28,3)π，解得R＝2.因此它的表面積為eq\f(7,8)×4πR2＋eq\f(3,4)πR2＝17π.故選A．]7．(2024·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CDA．eq\f(\r(2),2)B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(5),2)D．eq\f(\r(7),2)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＝eq\r(5)a，則tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5)a,2a)＝eq\f(\r(5),2).故選C．]8．(2024·全國(guó)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．2eq\r(17)B．2eq\r(5)C．3D．2B[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(huà)出該圓柱的側(cè)面綻開(kāi)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eq\r(MS2＋SN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故選B．]圖1圖29．(2024·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＝eq\r(3)，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＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.連接BD，BE，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．(2024·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所示的協(xié)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所示的協(xié)助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C項(xiàng)，作如圖③所示的協(xié)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所示的協(xié)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．(2024·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VA．4πB．eq\f(9π,2)C．6πD．eq\f(32π,3)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eq\f(6＋8－10,2)＝2，所以R≤2.又2R≤3，所以R≤eq\f(3,2)，所以Vmax＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(9,2)π.故選B．]12．(2024·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9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)B[設(shè)等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為x，則eq\f(1,2)x2sin60°＝9eq\r(3)，得x＝6.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則2r＝eq\f(6,sin60°)，解得r＝2eq\r(3)，所以球心到△ABC所在平面的距離d＝eq\r(42－2\r(3)2)＝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＝eq\f(1,3)S△ABC×6＝eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).]13．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)有下列四個(gè)命題：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)空間中隨意三點(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.則下述命題中全部真命題的序號(hào)是________．①p1∧p4②p1∧p2③p2∨p3④p3∨p4①③④[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，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的平面有多數(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AB?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．(2024·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eq\f(7,8)，SA與圓錐底面所成角為45°.若△SAB的面積為5eq\r(15)，則該圓錐的側(cè)面積為_(kāi)_______．40eq\r(2)π[因?yàn)槟妇€SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8)，所以母線SA，SB所成角的正弦值為eq\f(\r(15),8)，因?yàn)椤鱏AB的面積為5eq\r(15)，設(shè)母線長(zhǎng)為l，所以eq\f(1,2)×l2×eq\f(\r(15),8)＝5eq\r(15)，∴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＝lcoseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)l，因此圓錐的側(cè)面積為πrl＝eq\f(\r(2),2)πl(wèi)2＝40eq\r(2)π.]15．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為_(kāi)_______．eq\r(2)[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＝eq\r(3)，PC＝2，∴sin∠PCE＝sin∠PCD＝eq\f(\r(3),2)，∴∠PCB＝∠PCA＝60°，又易知PO⊥CO，CO為∠ACB的平分線，∴∠OCD＝45°，∴OD＝CD＝1，OC＝eq\r(2)，又PC＝2，∴PO＝eq\r(4－2)＝eq\r(2).]16．[一題兩空](2024·全國(guó)卷Ⅱ)中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形態(tài)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)孤信的印信形態(tài)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(chēng)美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的全部頂點(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_(kāi)_______．圖1圖226eq\r(2)－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)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＝eq\f(\r(2),2)x.又AM＋MN＋NF＝1，∴eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1.∴x＝eq\r(2)－1，即半正多面體的棱長(zhǎng)為eq\r(2)－1.]1．(2024·西安模擬)一個(gè)圓柱的底面直徑與高都等于一個(gè)球的直徑，則圓柱的全面積與球的表面積之比為()A．2∶1B．4∶3C．3∶2D．1∶1C[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．(2024·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∶3B．1∶4C．1∶5D．1∶6A[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：eq\f(1,2)×2×1×2＝2；下部為：2×2×2－2＝6.截去部分與剩余部分體積的比為eq\f(1,3)，故選A．]3．(2024·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⊥βB．m?α，n?β，m⊥nC．m∥n，m⊥α，n⊥βD．m∥α，m⊥βD[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，不肯定得到m∥α，m⊥β，是不必要條件，故選D．]4．(2024·深圳模擬)空間四邊形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．相交但不肯定垂直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．(2024·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A1B1A．eq\f(\r(6),2)B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(2),2)D．eq\r(2)C[如圖所示，∵DC∥A1B1，DC⊥B1C∴∠EDC為異面直線DE與A1B1所成角．∴tan∠EDC＝eq\f(EC,DC)＝eq\f(\f(1,2)B1C,DC)＝eq\f(\r(2),2).故選C．]6．(2024·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)，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．(2024·南海區(qū)模擬)已知三棱錐P-ABC，AC＝eq\r(2)，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，其外接球體積為()A．eq\f(4π,3)B．4πC．eq\f(32π,3)D．4eq\r(3)πA[AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(3)，設(shè)PB＝h，則由PA＝2PB，可得eq\r(3＋h2)＝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＝eq\r(12＋\r(2)2＋12)＝2，R＝1，所以外接球的體積V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3).故選A．]8．(2024·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．①③B．②③C．①④D．②④C[對(duì)于①，連接AC，如圖所示．由于MN∥AC，NP∥BC，依據(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．(2024·開(kāi)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，A．A1O∥D1C B．A1O∥平面B1CDC．A1O⊥BC D．A1O⊥平面AB1D1B[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B110．(2024·沈陽(yáng)模擬)《算數(shù)書(shū)》竹簡(jiǎn)于上世紀(jì)八十年頭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≈eq\f(1,36)L2h的近似公式．它事實(shí)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≈eq\f(3,112)L2h相當(dāng)于圓錐體積公式中的圓周率近似取為()A．eq\f(22,7)B．eq\f(157,50)C．eq\f(28,9)D．eq\f(337,115)C[設(shè)圓錐底面圓的半徑為r，高為h，依題意，L＝2πr，eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(3,112)·(2πr)2h，∴eq\f(1,3)＝eq\f(12,112)π，即π＝eq\f(28,9).即π的近似值為eq\f(28,9).故選C．]11．(2024·西安模擬)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A處動(dòng)身，經(jīng)正方體的表面，按最短路途爬行到達(dá)頂點(diǎn)C1位置，圖1圖2A．①②B．①③C．③④D．②④D[①中線段為虛線，②正確，③中線段為實(shí)線，④正確，故選D．]12．(2024·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＝B1Q①A、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．1B．2C．3D．4B[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AB1對(duì)于③，由②可知PQ⊥CD1錯(cuò)誤；對(duì)于④，VP-ABCD＝eq\f(1,3)V正方體AC1，VQ-AA1D＝eq\f(1,3)×S△AA1D×A1B1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S正方形AA1DD1×A1B1＝eq\f(1,6)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.(2024·西北工業(yè)高校附中第三次適應(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)A．CC1與B1E是異面直線B．AC⊥平面ABB1AC．AE⊥B1CD．A1C1∥平面AB1C[對(duì)于A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＝eq\f(π,3)，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，依據(jù)直三棱柱中易得AE⊥AA1，所以AE⊥平面BCC1B1，所以AE⊥B1C1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AB114．(2024·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BC中點(diǎn)，連接AF，如圖2，則下列結(jié)論正確的是()圖1圖2A．AD⊥CD B．AF∥DEC．DE⊥平面ACE D．AF∥平面CDEC[∵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．(2024·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．eq\r(3)B．1C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),4)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＝eq\r(3)，∴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＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(3)×1＝1.故選B．]16.(2024·漢中模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點(diǎn)，A．直線D1D與直線AF垂直B．直線A1G與平面AEFC．平面AEF截正方體所得的截面面積為eq\f(9,2)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，明顯不成立，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∥平面對(duì)于C，如圖所示，連接D1F，D1A，延長(zhǎng)D1F，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＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，AD1＝2eq\r(2)，所以S△AD1S＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),2)))eq\s\up12(2))＝6，所以S梯形AEFD1＝6×eq\f(3,4)＝eq\f(9,2)，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＝eq\f(1,3)·SAEF·h1＝VA-CEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1×1,2)×2＝eq\f(1,3)，又因?yàn)閂G-AEF＝eq\f(1,3)×SAEF·h2＝VA-GEF＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2)×\r(2),2)×2＝eq\f(2,3)，所以h1≠h2，故結(jié)論錯(cuò)誤，故選C．]17．(2024·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；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](2024·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)作該圓錐的隨意截面VCD，則△VCD面積的最大值是________，此時(shí)∠VCD＝________.eq\f(1,2)l245°[過(guò)此圓錐的頂點(diǎn)作該圓錐的隨意截面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＝eq\f(1,2)·l2·sin90°＝eq\f(1,2)l2，且∠VCD＝45°.]19．(2024·南開(kāi)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eq\f(V1,V)的值為_(kāi)_________．eq\f(1,6)[∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中的體積V＝DC×BC×DD1，∴三棱錐P-D1DB的體積為V1＝eq\f(1,3)S△DD1P×BC＝eq\f(1,6)DD1×DC×BC＝eq\f(1,6)V.∴則eq\f(V1,V)的值為eq\f(1,6).]20．(2024·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ABC截球O所得的截面圓的面積為_(kāi)_______．e