2021高考数学（理）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 含解析.docVIP

晨鸟教育 PAGE Earlybird 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(　　) A　　　　B　　　C　　　D A　[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．π B．eq \f(3π,4) C．eq \f(π,2) D．eq \f(π,4) B　[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＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up7(2))＝eq \f(\r(3),2). ∴圆柱的体积为V＝πr2h＝eq \f(3,4)π×1＝eq \f(3π,4).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．8 B．6eq \r(2) C．8eq \r(2) D．8eq \r(3) C　[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＝eq \f(AB,tan∠AC1B)＝2eq \r(3)， 在Rt△BCC1中，CC1＝eq \r(?2\r(3)?2－22)＝2eq \r(2)，所以该长方体体积V＝BC×CC1×AB＝8eq \r(2).] 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．64π B．48π C．36π D．32π A　[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eq \f(AB,sin 60°)＝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eq \f(28π,3)，则它的表面积是(　　) A．17π B．18π C．20π D．28π A　[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eq \f(1,4)，得到的几何体如图．设球的半径为R，则eq \f(4,3)πR3－eq \f(1,8)×eq \f(4,3)πR3＝eq \f(28,3)π，解得R＝2.因此它的表面积为eq \f(7,8)×4πR2＋eq \f(3,4)πR2＝17π.故选A．] 7．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　) A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),6) C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(\r(2),2) C　[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＝eq \r(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＝eq \f(DB\o\al(2,1)＋B1P2－DP2,2DB1·PB1)＝eq \f(5＋4－5,4\r(5))＝eq \f(\r(5),5).故选C． 法二：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，