2021新高考数学（山东专用）二轮复习专题限时集训5　空间几何体的表面积与体积　空间位置关系与空间角　球与几何体的切接问题 WORD版含解析.doc

1、专题限时集训(五)空间几何体的表面积与体积空间位置关系与空间角球与几何体的切接问题 1(2020全国卷)已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为()A BC1DC由等边三角形ABC的面积为，得AB2，得AB3，则ABC的外接圆半径rABAB.设球O的半径为R，则由球O的表面积为16，得4R216，得R2，则球心O到平面ABC的距离d1，故选C2(2019全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面B对于A，内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时

2、，与可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确综上可知选B3(2020新高考全国卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40，则晷针与点A处的水

3、平面所成角为()A20 B40 C50 D90B过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GFCD，CDOB，AOB40，OAEOAF90，所以GFACAOAOB40.故选B4(2016全国卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4 B C6 DB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，ABC的内切圆半径为2，R2.又2R3，R.Vmax.故选B5(2015全国卷)已知A，B是球O的球面上两点，AOB90，C为该球面上的动点若三棱锥OA

4、BC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A36 B64 C144 D256C如图，设球的半径为R，AOB90，SAOBR2.VOABCVCAOB，而AOB面积为定值，当点C到平面AOB的距离最大时，VOABC最大，当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VOABC最大为R2R36，R6，球O的表面积为4R2462144.故选C6(2020全国卷)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4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A64 B48 C36 D32A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4，所以4r2，解得r2.又AB

5、BCACOO1，所以2r，解得AB2，故OO12，所以R2OOr2(2)22216，所以球O的表面积S4R264.故选A7(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A B C DA记该正方体为ABCDABCD，正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，即共点的三条棱AA，AB，AD与平面所成的角都相等如图，连接AB，AD，BD，因为三棱锥AABD是正三棱锥，所以AA，AB，AD与平面ABD所成的角都相等分别取CD，BC，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

6、，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面ABD平行，且截正方体所得截面的面积最大又EFFGGHIHIJJE，所以该正六边形的面积为6，所以截此正方体所得截面面积的最大值为，故选A8(2016全国卷)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A B C DA根据平面与平面平行的性质，将m，n所成的角转化为平面CB1D1与平面A1B1C1D1的交线及平面CB1D1与平面DCC1D1的交线所成的角设平面CB1D1平面ABCDm1.平面平面CB1D1，m1m.又平面ABCD平面A1B1C1D1，且平面CB1D1

7、平面A1B1C1D1B1D1，B1D1m1.B1D1m.平面ABB1A1平面DCC1D1，且平面CB1D1平面DCC1D1CD1，同理可证CD1n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角在正方体ABCDA1B1C1D1中，CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60，其正弦值为.9(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD60.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_如图，连接B1D1，易知B1C1D1为正三角形，所以B1D1C1D12.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则

8、易得D1GD1H，D1MB1C1，且D1M.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP，连接D1P，则D1P，连接MG，MH，易得MGMH，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线由B1MGC1MH45知GMH90，所以的长为2.10(2020全国卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_易知半径最大的球即为该圆锥的内切球圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sinBPE，所以OP3R，所以PE4R2，所以R，所以内切球的体积VR3，即该圆锥内半径最大的球的体积为.11(2016全国卷

9、)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)对于，可以平行，可以相交也可以垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线l，nl，又m，所以ml，所以mn，故正确对于，因为，所以，没有公共点又m，所以m，没有公共点，由线面平行的定义可知m，故正确对于，因为mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等因为，所以n与所成的角和n与所成的角相等，所以m与所成的角和n与所成的角相等，故正确12(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成

10、角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45.若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为_40如图所示，设S在底面的射影为S，连接AS，SS.SAB的面积为SASBsinASBSA2SA25，SA280，SA4.SA与底面所成的角为45，SAS45，ASSAcos 4542.底面周长l2AS4，圆锥的侧面积为4440.13(2017全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与

11、a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0，1，0)，直线b的方向向量为b(1，0，0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为，0，2)，则B(cos ，sin ，0)，(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与a所成夹角为，则cos |sin |，4590，正确，错误设直线AB与b所成夹角为，则cos |cos |.当直线AB与a的夹角为60，即60时，则|sin |cos cos 60，|cos |.co

12、s |cos |.090，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误14(2020全国卷)如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cos FCB_.依题意得，AEAD，在AEC中，AC1，CAE30，由余弦定理得EC2AE2AC22AEACcosEAC312cos 301，所以EC1，所以CFEC1.又BC2，BFBD，所以在BCF中，由余弦定理得cosFCB.1(2020菏泽调研)已知m，n为直线，为平面，且m，则“nm”是“n”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件B当直线m，n都在平面内时，不能由mn

13、推出n；若n，且m，由线面垂直的性质知mn.所以“nm”是“n”的必要不充分条件，故选B2(2020惠州第一次调研)设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，bD对于A，a，a，则平面，可能平行，也可能相交，所以A不是的一个充分条件对于B，a，a，则平面，可能平行，也可能相交，所以B不是的一个充分条件对于C，由ab，a，b，a，b可得或，相交，所以C不是的一个充分条件对于D，存在两条异面直线a，b，a，b，a，b，如图，在内过b上一点作ca，则c

14、，所以内有两条相交直线平行于，则有，所以D是的一个充分条件，故选D3多选(2020济南模拟)已知a，b，c为不同的直线，为不同的平面，则下列说法正确的是()Aa，b，则abB，则Ca，b，则abD，则ADA中，由a，b，利用线面垂直的性质定理可推出ab，故A正确；B中，若，则与平行或相交，故B不正确；C中，若a，b，则a与b平行，或相交，或异面，故C不正确；D中，若，由面面平行的传递性可推出，故D正确综上所述，AD正确4(2020郑州模拟)在三棱锥ABCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，ABC，ACD，ADB的面积分别为，则该三棱锥的体积为()A BC6D2B由ABC，ACD，ADB的面积分

15、别为，且AB，AC，AD两两垂直，可得三个式子相乘可得(ABACAD)26，该三棱锥的体积VABACAD.故选B5(2020德州模拟)如图是古希腊数学家阿基米德用平衡法求球的体积所用的图形此图由正方形ABCD、半径为r的圆及等腰直角三角形构成，其中圆内切于正方形，等腰直角三角形的直角顶点与AD的中点N重合，斜边在直线BC上已知S为BC的中点，现将该图形绕直线NS旋转一周，则阴影部分旋转后形成的几何体的体积为()Ar3 Br3 C2r3 Dr3C左上方的阴影部分旋转后形成的几何体的体积V1等于半个球的体积减去一个三棱锥的体积，所以V1r3r2rr3；右上方的阴影部分旋转后形成的几何体的体积V2等

16、于圆柱的体积减去半个球的体积，所以V2r2rr3r3；右下方的阴影部分旋转后形成的几何体的体积V3等于圆台的体积减去一个圆柱的体积，所以V3(r24r22r2)rr2rr3.故阴影部分旋转后形成的几何体的体积VV1V2V3r3r3r32r3.故选C6(2020西安模拟)如图所示，在四棱锥PABCD中，BCAD，AD2BC，E是棱PD的中点，PC与平面ABE交于F点，设PFFC，则()A1B2C3D4B连接CA，CE，DB(图略)，由题易知，因为BCAD，AD2BC，所以SABD2SABC，因此2.故选B7(2020南昌模拟)如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，M是AA1的中

17、点，点P，Q分别在棱CC1，DD1上，且CPD1Q1，设平面MPQ与平面ABCD的交线为l，则l与C1D1所成角的正切值为()A4 B2 C DB如图，连接PB，MB，易知QMPB，延长QP交DC的延长线于点E，连接BE，易知CE2，且平面MPQ与平面ABCD的交线为BE，又DED1C1，所以CEB即为l与C1D1所成的角，所以tanCEB2.8(2020临沂模拟)已知一个半径为的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是()A18 B16 C12 D8A设正三棱柱的棱长为2a，如图，取球心为O，过点O作OO垂直三棱柱的上底面于点O，连接点O与上底面顶点A交对棱于点B则ABa，

18、AOa，OOa.在RtOOA中，由勾股定理，得OA2OO2OA2.OA，7a2a2a2.整理得a23，a.棱长为2a2.正三棱柱的体积V22sin 60218.故选A9(2020济宁模拟)设球O是正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截面面积为6，则球O的半径为()A B3 C DB如图，易知B1D过球心O，且B1D平面ACD1，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R，易知DMDB1，OMDB1a，截面圆半径ra，由截面圆面积Sr26，得ra，a6，球O的半径为R3.故选B10(2020西安模拟)将正方形ABCD中的ACD沿对角线AC折起，使得平面ABC垂直于平

19、面ACD，则异面直线AB与CD所成的角为()A90 B60 C45 D30B法一：如图，连接BD，取AC，BD，AD的中点分别为O，M，N，连接ON，OM，MN，则由三角形的中位线定理知ONCD，MNAB，所以ONM或其补角为所求的角连接BO，OD，因为ABBC，所以BOAC，因为平面ABC平面ACD，且平面ABC平面ACDAC，OB平面ABC，所以BO平面ACD，所以BOOD设原正方形ABCD的边长为2，则BOOD，所以BD2，所以OMBD1，所以ONMNOM1，所以OMN是等边三角形，所以ONM60，即异面直线AB与CD所成的角为60，故选B法二：如图，设AC的中点为O，连接DO，OB，因

20、为ADDC，所以DOAC因为平面ABC平面ACD，且平面ABC平面ACDAC，OD平面ACD，所以DO平面ABC延长BO到E，使得EOBO，连接DE，AE，CE，易证得四边形ABCE为正方形，所以ABEC，所以DCE或其补角为异面直线AB与CD所成的角设AC2a，则ECEDCDa，所以DCE为等边三角形，所以DCE60，即异面直线AB与CD所成的角为60，故选B法三：如图，设AC的中点为O，连接BO，OD，因为ADCD，ABBC，所以DOAC，OBAC因为平面ABC平面ACD，且平面ABC平面ACDAC，OD平面ACD，所以OD平面ABC以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间

21、直角坐标系Oxyz，设AC2a，则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，所以异面直线AB与CD所成的角为60，故选B11多选(2020威海模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下面结论正确的是()ABD平面CB1D1BAC1平面CB1D1C异面直线AC与A1B成60角DAC1与底面ABCD所成角的正切值是ABC对于A，BDB1D1，BD平面CB1D1，B1D1平面CB1D1，BD平面CB1D1，A正确；对于B，AA1平面A1B1C1D1，AA1B1D1，连接A1C1(图略)，又A1C1B1D1，B1D1

22、平面AA1C1，B1D1AC1，同理B1CAC1，AC1平面CB1D1，B正确；对于C，易知ACA1C1，异面直线AC与A1B所成的角为BA1C1，连接BC1，易知A1C1B为等边三角形，BA1C160，即异面直线AC与A1B成60角，C正确；对于D，AC1与底面ABCD所成角的正切值是，故D不正确故正确的结论为ABC12多选(2020潍坊模拟)如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点则下列结论正确的是()AC为AD中点BSAC为直角三角形 C平面SAD平面SBD D平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行ABD如

23、图，连接OC，易知OCAD，ADBD，又O为AB中点，C为AD中点，故A正确SO垂直于底面圆O，AC底面圆O，ACSO.SOOCO，AC平面SOC又SC平面SOC，ACSC，SAC为直角三角形，故B正确由于点D是圆O上的动点，平面SAD不能总垂直于平面SBD，故C错误连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，P为SD的中点，O为DE的中点，OPSE.又OP平面PAB，SE平面PAB，SE平面PAB，故D正确13(2020厦门模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为，P为A1C1的中点，E，F分别为A1D，BC1(含端点)上的动点，则PEPF的最小值为()A B C2 D2B如图，连接A

24、1B，C1D，易知A1DC1是边长为2的等边三角形，PE的最小值为点P到A1D的距离，故PEminA1Psin 60，同理，A1BC1也是边长为2的等边三角形，所以PFminC1Psin 60，所以PEPF的最小值为.故选B14多选(2020枣庄模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，ABBCCA2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是()A球O的表面积为6B球O的内接正方体的棱长为1C球O的外切正方体的棱长为D球O的内接正四面体的棱长为2AD设球O的半径为r，ABC的外接圆圆心为O，半径为R.易得R.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2r2，得r2.所

25、以球O的表面积S4r246，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足cr2，选项D正确15多选(2020济宁模拟)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD2，AA1，点P为BDC1内一点(不含边界)，则A1PC1可能为()A等腰三角形B锐角三角形C直角三角形D钝角三角形BCD连接AC，与BD交于点O，连接A1O，C1O，A1B，A1D(图略)依题意得，ACBD，AA1BD，又ACAA1A，BD平面AA1C1CBDA1O，BDC1O，故A1OC1为二面角A1BDC1的平面角易知

26、A1OC1O2，A1C12，由勾股定理的逆定理，知A1OC190，故平面A1BD平面C1BD连接PO(图略)，若A1PC1为直角，即A1PPC1，又A1OPC1，A1PA1OA1，C1P平面POA1，则C1PPO，此时P在BDC1内的一段圆弧(该圆弧所在的圆的直径为C1O)上，符合题意；当P在OC1上时，A1PC1为钝角三角形；当P无限接近B或D时，A1PC1为锐角三角形；若A1PC1为等腰三角形，A1C12，BC1，当A1C1为等腰三角形A1PC1的一个腰时，C1P，A1P均不可能为2，不符合题意当A1C1为等腰三角形A1PC1的底边时，点P与A1C1中点的连线必垂直A1C1，此时，在BDC

27、1内部不存在这样的点P.故选BCD16多选(2020泰安模拟)在长方体A1B1C1D1A2B2C2D2中，A1A22A1B12B1C12，如图，A，B，C分别是所在棱的中点，则下列结论中成立的是()A异面直线D2C与AD1所成的角为60B平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角的大小为120C点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等D平面A2BC1截长方体所得的截面面积为AC连接B2C和D2B2.易知AD1BC1B2C，则D2CB2为异面直线D2C与AD1所成的角连接AB2，易知AB2A2B，AB2BC，A2BBCB，所以AB2平面A2BCD2.连接B1C，同理可证B1C平面ABC1D1，

28、所以平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角即异面直线AB2与B1C所成的角或其补角连接AD2，易知B1CAD2，所以异面直线AB2与B1C所成的角即D2AB2或其补角又A1A22A1B12B1C12，所以B2D2C与B2D2A均为正三角形，所以D2CB260，D2AB260，即异面直线D2C与AD1所成的角为60，平面A2BCD2与平面ABC1D1所成的角为60或120，故A正确，B错误；因为B1C平面ABC1D1，且B1C与BC1垂直平分，所以点B1与点C到平面ABC1D1的距离相等，又A1B1平面ABC1D1，所以点A1与点B1到平面ABC1D1的距离相等，即点A1与点C到平面ABC

29、1D1的距离相等，故C正确；取D1D2的中点E，连接A2E，EC1，易知A2EBC1，EC1A2B，故平面A2BC1E为平面A2BC1截长方体所得的截面，在A2BC1中，A2BBC1，A2C1，所以S，截面面积为，故D错误17多选(2020滨州模拟)如图是一个直三棱柱ABCABC和三棱锥DABC的组合体，其中ABBC，BBBCAB1，2，E，F，M分别是AA，CC，BD上一点，且AEAE，CFCF，则以下结论中可能成立的是()A平面MEF平面ACCAB三棱锥CMEF的体积为定值C平面MEF平面DAC DMEF周长的最大值为4ABC对于A，当M为BB的中点时，AA平面MEF，所以平面MEF平面A

30、CCA，所以A符合题意对于B，易知三角形CEF的面积为定值，因为BD平面ACCA，所以M到平面CEF的距离为定值，所以三棱锥CMEF的体积为定值，所以B符合题意对于C，当M为BD的中点时，可证得EMAD，从而EM平面ADC，此时同理可证得FM平面ADC，又FMEMM，所以平面MEF平面DAC，所以C符合题意对于D，显然当M与D重合时，MEF的周长最大，此时在AEM中，MAE135，AE，AM，由余弦定理得，ME.所以此时MEF的周长为4，所以D错误18多选(2020日照模拟)如图，在三棱锥SABC中，SBASCA90，ABC是斜边ABa的等腰直角三角形，点D，E分别为SC，SA上的动点，则下列

31、结论正确的是()A直线SB平面ABCB若BDSC，BESA，则BED为二面角BSAC的平面角 C直线SC与平面ABC所成的角为45时，点B到平面ASC的距离是aDSCB45时，三棱锥SABC外接球的表面积为ABD在三棱锥SABC中，SBASCA90，则SBBA，SCCA，因为ABC是斜边ABa的等腰直角三角形，所以ACBC，又BCSCC，所以AC平面SBC，故SBAC，又SBBA，BAACA，所以SB平面ABC，故A正确；因为AC平面SBC，AC平面SAC，所以平面SBC平面SAC，所以BD平面ASC，易知DE为BE在平面ASC内的射影，又BESA，所以易得DEAS，所以BED为二面角BSAC

32、的平面角，故B正确；若BDCS，则BD平面SAC，所以BD的长就是点B到平面ASC的距离，所以BDBCsin 45a，所以C不正确；因为SBASCA90，所以SA为外接球的直径，设外接球的半径为R，则R，所以三棱锥SABC外接球的表面积S4，所以D正确故选ABD19多选(2020烟台模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是()A当点F移动至BC1的中点时，直线A1F与平面BDC1所成角最大且为60B无论点F在BC1上怎么移动，都有A1FB1DC当点F移动至BC1的中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，且2D无论点F在BC1上怎么移动

33、，异面直线A1F与CD所成角都不可能是30BCD设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，如图，易知点A1到平面BDC1的距离为.当点F为BC1的中点时，线段A1F的长度最短，且为，此时直线A1F与平面BDC1所成角的正弦值最大，且为，选项A错误；连接A1B，A1C1，易知B1D平面A1BC1，又A1F平面A1BC1，所以总有A1FB1D，选项B正确；连接A1D，B1F，DF，当F为BC1的中点时，A1DB1F，此时A1，D，B1，F四点共面，A1F，B1D为梯形A1DFB1的对角线，故其交于一点E，且2，当F不是BC1的中点时，点A1，D，B1，F不共面，A1F，B1D不可能相交，选项C正

34、确；因为A1B1CD，所以B1A1F即异面直线A1F与CD所成的角，该角的正切值为，易知A1B1B1FA1B1，所以1，不在该范围内，故无论点F在BC1上怎么移动，异面直线A1F与CD所成的角都不可能是30，选项D正确20(2020南通模拟)如图所示，棱长为1的正方体木块经过适当切割，得到几何体K，已知几何体K是由两个底面相同的正四棱锥组合而成，底面ABCD平行于正方体的下底面，且各顶点均在正方体的面上，则几何体K的体积的取值范围是_由题意知四边形ABCD为正方形，且几何体K中两个正四棱锥的高之和为1，则几何体K的体积的取值范围由正方形ABCD的面积来决定连接AC，BD，由底面ABCD平行于正

35、方体的下底面，可作平面ABCD所在截面的平面图如图所示S正方形ABCDACBDAC2，当A，B，C，D分别为截面正方形四边的中点时，AC取到最小值；当A，B，C，D分别为截面正方形的四个顶点时，AC取到最大值故ACmin1，ACmax，S正方形ABCD，几何体K的体积VS正方形ABCD1S正方形ABCD.21(2020成都模拟)在三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，且AB4，AC5，则BC的取值范围是_(3，)如图所示，问题转化为在长方体中，PAx，PBy，PCz，且x2y216，x2z225，求的取值范围由题可得，x2(0，16)，则y2z2412x2(9，41)，据此可得(3，)，

36、即BC的取值范围是(3，)22一题两空(2020泰安模拟)已知点P为半径等于2的球O球面上一点，过OP的中点E作垂直于OP的平面截球O的截面圆为圆E.圆E的内接三角形ABC中，ABC90，点B在AC上的射影为D，则AC_，三棱锥PABD体积的最大值为_2如图1，PE是三棱锥PABD的高，且为1，AE，所以VPABDSABDPESABD，截面圆的直径AC2.图1图2如图2，ABBC，BDAC，设ADx(0x2)，则CD2x，所以BD，所以SABDx，令g(x)2x3x4(0x2)，则g(x)6x24x3，令6x24x30得x或x0(舍去)，令g(x)0得0x；令g(x)0得x2.所以g(x)的单

37、调递增区间为，单调递减区间为，所以x时，g(x)取得最大值，所以ABD面积的最大值为，则三棱锥PABD体积的最大值是.23一题两空(2020枣庄模拟)如图，在棱长均为3的正四棱锥PABCD中，E，F，G，H分别是PA，PB，PC，PD上的点，平面EFGH与平面ABCD平行，S为AC和BD的交点，当四棱锥SEFGH的体积最大时，_，四棱锥SEFGH外接球的表面积为_因为平面EFGH与平面ABCD平行，所以四边形EFGH与四边形ABCD相似，所以四边形EFGH是正方形设x(0x1)，所以x2，易知四棱锥SEFGH与四棱锥PABCD的高的比值为(1x)，设VPABCDV0，则VSEFGHx2(1x)V0.设f (x)x2(1x)(0x1)，则f (x)2x3x2，则当0x时，f (x)0，当x1时，f (x)0，所以当x，即时，f (x)取得最大值，此时VSEFGH取得最大值连接PS，FH，EG，设FH与EG交于点M，易知点M在PS上，EF2，SM，HM.设四棱锥SEFGH的外接球的球心为O，半径为R，易知O在直线PS上，连接OH，易知点O在四棱锥SEFGH的外部，则2R2，解得R，所以四棱锥SEFGH的外接球的表面积为4R2.