2020届高考数学(文)二轮复习专题过关检测：(十五)空间几何体与空间位置关系

第13练空间几何体[明考情]空间几何体是空间位置关系的载体，是高考的必考内容，题目难度为中档，多为选择题. [知考向]1.三视图与直观图.2.几何体的表面积与体积.3.多面体与球.考点一三视图与直观图要点重组(1)三视图画法的基本原则：长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线.(2)由三视图还原几何体的步骤定底面—根据俯视图确定↓定棱及侧面—根据正(主)视图确定几何体的侧棱与侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置↓定形状—确定几何体的形状(3)直观图画法的规则：斜二测画法.1.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图1所示，则该几何体的侧(左)视图为()答案 D解析被截去的四棱锥的三条可见棱中，有两条棱为长方体的两条对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有D 项符合.2.(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π 答案 B解析 方法一 (割补法)如图所示，由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得.将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π. 故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱.又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π. 观察选项可知只有63π符合. 故选B.3.如图所示是一个几何体的三视图，则此三视图所描述几何体的直观图是( )答案 D解析 先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正(主)视图和侧(左)视图可知选项D 正确.4.如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正(主)视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱侧(左)视图的面积为( )A.2 3B.3C.32D.1 答案 C解析 由直观图、正(主)视图以及俯视图可知，侧(左)视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S ＝32×1＝32，故选C. 5.已知正三棱锥V －ABC 的正(主)视图和俯视图如图所示，则该正三棱锥侧(左)视图的面积是________.答案 6解析 如图，由俯视图可知正三棱锥底面边长为23，则AO ＝23×23sin 60°＝2.所以VO ＝42－22＝23，则VA ′＝2 3.所以该正三棱锥的侧(左)视图的面积为12×23×23＝6.考点二 几何体的表面积与体积方法技巧 (1)求不规则的几何体的表面积，通常将几何体分割成基本的柱、锥、台体. (2)几何体的体积可以通过转换几何体的底面和高以利于计算. 6.(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12 D.1 答案 A解析 由三视图知，三棱锥如图所示.由侧(左)视图得高h ＝1，又底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝16.7.(2017·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 答案 A解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， ∴该几何体的体积为V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A.8.已知某几何体的三视图如图所示，其正(主)视图和侧(左)视图是边长为1的正方形，俯视图是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积是( )A.2B.1C.12D.13答案 C解析 根据几何体的三视图，得该几何体是如图所示的直三棱柱，且该三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，所以该三棱柱的体积为V ＝Sh ＝12×1×1×1＝12，故选C.9.已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为______.答案 2 3解析 由题可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去四棱锥A －BEDC 得到的，故其体积V ＝12×22×32×3－13×1＋22×2×3＝2 3.10.(2017·山东)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________.答案 2＋π2解析 该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个半径为1，高为1的14圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.考点三 多面体与球要点重组 (1)设球的半径为R ，球的截面圆半径为r ，球心到球的截面的距离为d ，则有r ＝R 2－d 2.(2)当球内切于正方体时，球的直径等于正方体的棱长，当球外接于长方体时，长方体的对角线长等于球的直径.11.(2017·全国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.3π4 C.π2 D.π4答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1， 由圆柱的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 ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.12.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3 cm 3答案 A解析 过球心与正方体中点的截面如图，设球心为点O ，球半径为R cm ，正方体上底面中心为点A ，上底面一边的中点为点B ，在Rt △OAB 中，OA ＝(R －2)cm ，AB ＝4 cm ，OB ＝R cm ， 由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5， ∴V 球＝43πR 3＝5003π(cm 3).故选A.13.(2016·全国Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4π B.9π2 C.6π D.32π3答案 B解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.14.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B.16πC.9πD.27π4 答案 A解析 由图知，R 2＝(4－R )2＋2，∴R 2＝16－8R ＋R 2＋2， ∴R ＝94.∴S 表＝4πR 2＝4π×8116＝81π4，故选A.15.一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________. 答案932解析 设等边三角形的边长为2a ，球O 的半径为R ， 则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3.又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·⎝⎛⎭⎫233a 3＝32327πa 3，故其体积比值为932.1.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P －BCD 的正(主)视图与侧(左)视图的面积之比为( )A.1∶1B.2∶1C.2∶3D.3∶2答案 A解析 由题意可得正(主)视图的面积等于矩形ADD 1A 1面积的12，侧(左)视图的面积等于矩形CDD 1C 1面积的12.又底面ABCD 是正方形，所以矩形ADD 1A 1与矩形CDD 1C 1的面积相等，即正(主)视图与侧(左)视图的面积之比是1∶1.2.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正(主)视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A.1B.2C.4D.8 答案 B解析 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.3.已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点.若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 答案 C解析 易知△AOB 的面积确定，若三棱锥O －ABC 的底面OAB 的高最大，则其体积才最大.因为高最大为半径R ，所以V O －ABC ＝13×12R 2×R ＝36，解得R ＝6.故S 球＝4πR 2＝144π.解题秘籍 (1)三视图都是几何体的投影，要抓住这个根本点确定几何体的特征.(2)多面体与球的切、接问题，要明确切点、接点的位置，利用合适的截面图确定两者的关系，要熟悉长方体与球的各种组合.1.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋4 答案 D解析 由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为 S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.2.(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π 答案 C解析 由三视图知，半球的半径R ＝22，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π，故选C. 3.(2016·全国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.28π 答案 A解析 由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π，故选A.4.如图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( )A.2B.23C.43D.83答案 D解析 多面体ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83，故选D.5.一只蚂蚁从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正(主)视图的是( )A.①②B.①③C.③④D.②④ 答案 D解析 由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展开到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正(主)视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD 的中点，此时对应的正(主)视图为④.而其他几种展开方式对应的正(主)视图在题中没有出现.故选D.6.在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( ) A.6π B.12π C.32π D.36π 答案 B解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理，SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.7.某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A.8－2πB.8－πC.8－π2D.8－π4答案 B解析 由三视图可知，该几何体是由一个棱长为2的正方体切去两个四分之一圆柱而成，所以该几何体的体积为V ＝⎝⎛⎭⎫22－2×14×π×12×2＝8－π. 8.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，四棱锥S －ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.916πB.2516πC.4916πD.8116π 答案 D解析 作如图所示的辅助线，其中O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，由正方体的性质知，B 1G 1＝22，则在Rt △OB 1G 1中，OB 21＝G 1B 21＋OG 21，即(2－x )2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫222，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝8116π，故选D.9.现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________. 答案7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2×4＋πr 2×8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.10.如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°，过点A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________.答案 6解析 沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，如图，则AA ′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA ′＝3×40°＝120°. 在△VAA ′中，由余弦定理可得AA ′＝6.11.如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________.答案 4－2π3解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3.12.(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________. 答案 36π解析 如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径知，OA ⊥SC ，OB ⊥SC .又由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，知OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， ∴三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×⎝⎛⎭⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33， 即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π.。

V ＝ πR 3⎪a ⊥α⎫⎪ α∩β＝b ⎪⎭ ⎭ α∥β⎫β∩γ＝b ⎭ a ∥b ⎫⎪⎭ a ∥b ⎫a ⊄α ⎭ α⊥β⎫α∥β⎫⎪⎭⎪a ⊥α⎫⎪回顾 5 立体几何[必记知识]空间几何体的表面积和体积几何体圆柱圆锥侧面积S 侧＝2πrlS 侧＝πrl表面积S 表＝2πr(r ＋l)S 表＝πr(r ＋l)体积V ＝S 底 h ＝πr 2h 1 1 V ＝3S 底 h ＝3πr 2h圆台S 侧＝π(r ＋r ′)lS表＝π(r 2＋r ′2＋rl ＋r ′l)1 V ＝3(S 上＋S 下＋1 S 上S 下)h ＝3π(r 2＋r ′2＋rr ′)h直棱柱正棱锥正棱台S 侧＝Ch(C 为底面周长) 1S 侧＝2Ch ′(C 为底面周长，h ′为斜高)1S 侧＝2(C ＋C ′)h ′(C ，C ′分别为上、下底面周长，S 表＝S 侧＋S 上＋S 下 (棱锥的 S 上＝0)V ＝S 底 h1V ＝3S 底 h1V ＝3(S 上＋S 下＋h ′为斜高)球S ＝4πR 2空间线面位置关系的证明方法S 上S 下)h4 3(1)线线平行：a ∥α⎫ a ⊂β ⎬⇒a ∥b ， ⎬⇒a ∥b ，b ⊥α⎪⎪α∩γ＝a ⎬⇒a ∥b ， ⎪⎬⇒c ∥b . a ∥c ⎪⎪(2)线面平行： b ⊂α ⎬⇒a ∥α， ⎪⎪ ⎬⇒a ∥α， a ⊥β⎬⇒a ∥α. a ⊂β ⎪ ⎪ a ⊄α ⎭(3)面面平行：a ⊂α，b ⊂α ⎫ a ∩b ＝O ⎬⇒α∥β， ⎬⇒α∥β，a ∥β，b ∥β⎭⎪a⊥β⎪⎭1α∥β⎫⎪⎪⎪α∥β⎫⎪ a ∥b ⎫⎪⎪ ⎪a ⊥α⎪ a ⊥α⎪ ⎭⎬⎭a ∩b ＝O ⎬a ⊂β ⎫⎪a ∥β⎫⎪ ⎭l l l l | .⎬⇒α∥γ.γ∥β ⎪(4)线线垂直：a ⊥α⎫⎪⇒a ⊥b .b ⊂α ⎪a ⊂α，b ⊂α⎫α⊥β⎫(5)线面垂直： ⎬⇒l ⊥α，α∩β＝l ⎬⇒a ⊥β， ⇒a ⊥β， ⎬⇒b l ⊥a ，l ⊥b ⎭a ⊂α，a ⊥l ⎭⊥α.(6)面面垂直： ⎬⇒α⊥β， a ⊥α⎭⎪ ⎬⇒α⊥β.a ⊥α⎪[提醒]) 要注意空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理中的条件 .如由 α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出 m ⊥β 的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中 m ⊂α 的限制条件.用空间向量证明平行垂直设直线 l 的方向向量为 a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面 α、β 的法向量分别为 μ＝(a 2，b 2，c 2)，υ＝(a 3，b 3，c 3)．则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥ μ⇔aμ ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥υ⇔μυ ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.用向量求空间角(1)直线 l 1， 2 的夹角 θ 有 cos θ＝|cos 〈l 1， 2〉|(其中 l 1， 2 分别是直线 l 1， 2 的方向向量)． (2)直线 l 与平面 α 的夹角 θ 有 sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|(其中 l 是直线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量)．(3)平面 α，β 的夹角 θ 有 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉，则 α-l-β 二面角的平面角为 θ 或 π－θ(其 中 n 1，n 2 分别是平面 α，β 的法向量)．[提醒]) 在处理实际问题时，要注意异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围，要根据具体图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角[必会结论]三视图的排列规则2a(正四面体高 a的 )，外接球的半径为 a(正四面体高 a 的 )．俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样．平行、垂直关系的转化示意图球的组合体(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长．(2)球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长．(3)球与正四面体的组合体：棱长为 a 的正四面体的内切球的半径为 6 612 31 6 6 3 4 4 3 4[必练习题]1．设 m ，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，有下列四个命题：①若 m ⊂β，α⊥β，则 m ⊥α；②若 α∥β，m ⊂α，则 m ∥β；③若 n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则 m ⊥β； ④若 m ∥α，m ∥β，则 α∥β.其中正确命题的序号是()A ．①③B ．①②C ．③④D ．②③解析：选 D.对于①，注意到直线 m 可能与平面 α，β 的交线平行，此时结论不成立，因此①不正确；对于②，直线 m 与平面 β 必没有公共点，因此 m ∥β，②正确；对于③，由 m⊥α，n ⊥α，得 m ∥n ，又 n ⊥β，因此 m ⊥β，③正确；对于④，平面 α，β 可能是相交平面，因此④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是②③，选 D.2．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是()3四棱锥，如图所示，则V＝1×1×(1＋2)×2×3＝3，故选A.2r，易知轴截面三角形边A B上的高为22，因此＝r，解得r＝2，所以圆锥内切球的表面积为4π×⎛2⎫＝2π，故选C.解析：选B.该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为，高为x的圆柱，右边是A.3C．3B．2D．4解析：选A.由几何体的三视图知，几何体是底面为直角梯形，高为3的323．已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为()A．πC．2π3πB.D．3π解析：选C.依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为22－r3122⎝2⎭4．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一个标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为()A．1.2C．1.8B．1.6D．2.4124一个长、宽、高分别为5.4－x，3，1的长方体，所以组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·⎫A.222C.3⊥平面DD C C，则∠A CM就是直线A C与面DD C C所成的角．由所有棱长均为2及1A1C4⎛1⎝2⎭2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.5．已知S，A，B、C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC ＝2，若球O的表面积为4π，则SA＝()2B．1C.23D.解析：选B.根据已知把S-ABC补成如图所示的长方体．因为球O的表面积为4π，所以球O的半径R＝1，2R＝SA2＋1＋2＝2，解得SA＝1，故选B.6．棱长都为2的直平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD＝60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为()1A.4B.D.2238解析：选C.过点A1作直线A1M⊥D1C1，交C1D1的延长线于点M，连接CM，可得A1M 111111∠A1D1C1＝120°，得A1M＝A1D1sin60°＝3，又A1C＝A1C21＋CC2＝（23）2＋22＝4，所以sin∠A CM＝A1M＝3，故选C.17．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝△2，将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直解析：选B.若存在某个位置，使得AC⊥BD，作AE⊥BD于E，则BD⊥平面AEC，所5P ABC＝V×△S ABC PD ＝ △S P AB h ，所以 × a 2×a ＝ × ×( 2a)2×h ，解得 h ＝ a ， 所以点 C 到平面 P AB 的距离为 3a.答案： 3a9．正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，若动点 P 在线段 BD 1 上运动，则DC ·AP 的取则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D (0，0，1)．所以DC＝(0，1，0)，BD ＝(－1，－1，1)．所以设BP ＝λBD ＝(－λ，－λ，λ)，且 0≤λ≤1.以 BD ⊥EC △，在 ABD 中，AB 2＝BE · B D ，BE ＝ 1 ，而在△BCD 中，BC 2＝BE · B D ，BE ＝ 2，3 3两者矛盾．故 A 错误．若存在某个位置，使得 AB ⊥CD ，又因为 AB ⊥AD ，则 AB ⊥平面 ACD ，所以 AB ⊥AC ，故 AC ＝1，故 B 正确，D 错误．若存在某个位置．使得 AD ⊥BC ，又因为 AD ⊥AB ，则 AD ⊥平面 ABC ，所以 AD ⊥AC ，而斜边 CD 小于直角边 AD ，矛盾，故 C 错误．8.如图，在四棱锥 P-ACBD 中，底面 ACBD 为正方形，PD ⊥平面 ACBD ，BC ＝AC ＝a ，P A ＝PB ＝ 2a ，PC ＝ 3a ，则点 C 到平面 P AB 的距离为________．解析：根据条件可以将四棱锥置于一个正方体中进行研究，如图所示，易知 AB ＝ 2a ，设点 C 到平面 P AB 的距离为 h ，因为 VC P AB ，即131 1 1 1 3 3 3 3234 333→ →值范围是________．解析：以 DA 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，DD 1 所在的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 D-xyz.1→ → 1因为点 P 在线段 BD 上运动，1→ →16所以AP ＝AB ＋BP ＝DC ＋BP ＝(－λ，1－λ，λ)，所以DC AP ＝1－λ∈[0，1]．（ 3）2＋⎛ 3⎫ －⎛ 7⎫ ⎛ 3⎫2＝ 7，故 cos ∠PGK ＝ 12＋⎝ 2 ⎭2× 3× 的角的余弦值是2.3→ → → → →→ →答案：[0，1]10.如图，在正三角形 ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H分别为 DE ，AF 的中点，将△ABC 沿 DE ，EF ，DF 折成四面体 P-DEF ，则四面体中异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值为________．解析：折成的四面体是正四面体，如图连接 HE ，取 HE 的中点 K ，连接 GK ，PK ，则 GK ∥DH.故∠PGK 即为所求的异面直线所成的角．设这个正四面体的棱长为 2，在 △PGK 中， P G ＝ 3，GK ＝ 3，PK ＝22答案：2 332 2 ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭2 ＝2，即异面直线 PG 与 DH 所成37。

空间几何体一、单项选择题（每题5分；共55分）1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. π+412B. π+13C. π+1D. π+142.已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（）A. 16+12πB. 32+12πC. 24+12πD. 32+20π3.直三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为√3，D为BC中点，则三棱锥A−B1DC1的体积为（）A. 3B. 32C. 1D. 24.如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为( )A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π5.一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为r1，大圆柱底面半径为r2，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ1，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为ℎ2，则ℎ1ℎ2=（）A. r2r1 B. (r2r1)2 C. (r2r1)3 D. √r2r16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是36，点E在棱CC1上，且CE=2EC1，则三棱锥E-BCD的体积是（）A. 3B. 4C. 6D. 127.某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形A′B′C′D′，如图2所示.其中A′B′=2A′D′=4，则该几何体的表面积为( )A. 16+12πB. 16+8πC. 16+10πD. 8π8.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为10，则棱长为a的正方体的外接球的表面积为（）3A. 12πB. 14πC. 4√3πD. 16π9.斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所特有．图一图二是斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体．本图中的斗是由棱台与长方体形凹槽（长方体去掉一个小长方体）组成．若棱台两底面面积分别是400cm2，900cm2，高为9cm，长方体形凹橹的体积为4300cm3，那么这个斗的体积是（）注：台体体积公式是V=1（S' +√S′S+S）h．3A. 5700cm3B. 8100cm3C. 10000cm3D. 9000cm310.在四棱锥P−ABCD中，PB=PD=2，AB=AD=1，PC=√3PA=3，∠BAD= 120°，AC平分∠BAD，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A. √62B. √6 C. √63D. √311.《九章算术》是我国古代著名数学经典.其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺.问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分).已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（）(注：1丈=10尺=100寸，π≈3.14，sin22.5∘≈513)A. 600立方寸B. 610立方寸C. 620立方寸D. 633立方寸二、填空题（每空4分；共44分）12.如图，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，正视图中的曲线为四分之一圆弧，则该几何体的表面积是________．13.已知某正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2cm，则该棱锥的体积为________ cm3.14.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．15.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”，称为祖暅原理．意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等．利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．16.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是________.17.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1，挖去四棱推O一EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm2，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.18.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥体积是________，四个面的面积中最大的是________.19.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．20.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、C1D1的中点，NBC1，若P、M分别为线段D1B、EF上的动点，则|PM|+是线段BC1上的点，且BN=14|PN|的最小值为________．参考答案一、单项选择题1.【答案】A2.【答案】A3.【答案】C4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】B7.【答案】A8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】A11.【答案】D二、填空题12.【答案】24√213.【答案】4314.【答案】1315.【答案】2π；（3 +√2）π316.【答案】1017.【答案】118.818.【答案】1；3√5219.【答案】2420.【答案】√6。

2020届高考数学（文）二轮复习专题过关检测专题3 不等式1．不等式(x ＋5)(3－2x )≥6的解集是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤－1或x ≥92 B.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤92 C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤－92或x ≥1D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－92≤x ≤1 解析：选D 不等式(x ＋5)(3－2x )≥6可化为2x 2＋7x －9≤0，所以(2x ＋9)(x －1)≤0，解得－92≤x ≤1.所以不等式(x ＋5)(3－2x )≥6的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－92≤x ≤1.故选D. 2．设a >b ，a ，b ，c ∈R ，则下列式子正确的是( ) A ．ac 2>bc 2B.ab>1 C ．a －c >b －cD ．a 2>b 2解析：选C 若c ＝0，则ac 2＝bc 2，故A 错；若b <0，则a b<1，故B 错；不论c 取何值，都有a －c >b －c ，故C 正确；若a ，b 都小于0，则a 2<b 2，故D 错．于是选C.3．已知不等式x 2－2x －3<0的解集为A ，不等式x 2＋x －6<0的解集为B ，不等式x 2＋ax ＋b <0的解集为A ∩B ，则a ＋b ＝( )A ．1B ．0C ．－1D ．－3解析：选D 由题意得，不等式x 2－2x －3<0的解集A ＝(－1,3)，不等式x 2＋x －6<0的解集B ＝(－3,2)．所以A ∩B ＝(－1,2)，即不等式x 2＋ax ＋b <0的解集为(－1,2)，所以a ＝－1，b ＝－2，所以a ＋b ＝－3.4．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ≤0，x －y ＋2≥0，x ≥0表示的可行域为Ω，则( )A ．原点O 在Ω内B ．Ω的面积是1C ．Ω内的点到y 轴的距离有最大值D ．若点P (x 0，y 0)∈Ω，则x 0＋y 0≠0。

立体几何（文）【考纲解读】1.掌握平面的基本性质 ( 三个公理、三个推论 ) ，理解确定平面的条件；会用字母、集合语言表示点、直线、平面间的关系 .2. 理解线线、线面平行的定义; 熟练掌握线线、线面及面面平行的判定和性质; 会运用线线、线面及面面平行的判定和性质进行推理和证明.3．能画出简单空间图形( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合三视图所表示的立体模型, 会画它们的直观图.) 的三视图, 能识别上述4．理解空间中线线、线面垂直定义及分类；理解空间中线线、线面、面面垂直的有关定理及性质；会运用线面平行与垂直的判定与性质定理进行证明和推理.5．认识柱、锥、台、球及简单几何体的结构特征, 并运用这些特征描述简单物体的结构; 了解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式( 不要求记忆 ).【考点预测】1.对于空间几何体中点、线、面的位置关系及平行与垂直的性质和判定，高考中常在选择题中加以考查 . 解答题主要考查空间几体的点、线、面的位置关系的证明及探索存在性问题，着重考查学生的空间想象能力、推理论证能力，运用图形语言进行交流的能力及几何直观能力，难度中等 . 明年高考将仍以平行与垂直关系的证明探究为重点 , 注意命题题型的多样化、新颖化，如开放性、探索存在性题型 .2.三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积，考查了学生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及性质的基本能力，是每年高考必考内容，明年高考仍以三视图，空间几何体的表面积与体积为重点，在客观题中加以考查，其中表面积与体积也可能在解答题题后一问中出现。

【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图 : 已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段 , 在直观图中保持长度不变, 平行于 y 轴的线段平行性不变, 但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式 :(1) 柱体的体积公式 : V柱Sh;锥体的体积公式:V锥1Sh;1h(S 34台体的体积公式 : V棱台SS S ) ;球的体积公式:V球r 3.33(2) 球的表面积公式 :S球4R2.4. 有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系 .5. 平行与垂直关系的证明, 熟练判定与性质定理.【考点在线】考点一三视图例1. （ 2020 年高考海南卷文科第 8 题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）【答案】 D【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是 D.【名师点睛】本题考查三视图的基础知识.【备考提示】三视图是高考的热点之一 , 年年必考 , 所以必须熟练立体几何中的有关定理是解答好本题的关键 .练习 1:（2020年高考江西卷文科9) 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）【答案】 D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.考点二表面积与体积例 2. . (2020 年高考安徽卷文科8) 一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )【解析】 由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱 . 底面等腰梯形的上底为 2，下底为4 ， 高 为 4 ， 两 底 面 积 和 为 212 44 24 ， 四 个 侧 面 的 面 积 为24 4 2 2 17 24 8 17 ，所以几何体的表面积为 48 8 17 . 故选 C.【名师点睛】 本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【备考提示】： 表面积与体积的求解也是高考的热点之一，年年必考，大多以三视图为载体，在选择与填空题中考查，难度不大，也可能在解答题的一个问号上.练习 2：（2020 年高考湖南卷文科4) 设图１是某几何体的三视图，则3该几何体的体积为 ()A ． 9 42Ｂ． 3618 2Ｃ．912Ｄ．9 1822【答案】 D【解析】 有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积 V4 （ 3 339 18 .32）+3 2=2考点三 球的组合体例 3.（ 2020 年高考辽宁卷文科 10) 己知球的直径 SC=4，A ， B 是该球球面上的两点． AB=2,ASC 45o , 则棱锥 SABC 的体积为 ( )(A)3(B)2 3(C)4 3 5 3(D)3正视图侧视图俯视图图 13 3 33【答案】 C【解析】取 SC的中点 D, 则 D为球心，则AD=BD=DS=2。

考点过关检测（十）1．(2019·合肥模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图是( )解析：选D 在长方体ABCD­A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P­A1B1A，B1、A1、A的射影分别是C1、D1、D；AB1的射影为C1D，且为实线，PA1的射影为PD1，且为虚线．故选D.2．(2019·长春质量监测)如图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形可能是( )解析：选B 在这个正方体的展开图中，与有圆的面相邻的三个面中都有一条直线，当变成正方体后，这三条直线互相平行，故选B.3．已知四棱锥P ­ABCD 的体积为23，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，且AB ＝2，∠BAD ＝60°，则四棱锥中最长棱的大小为( )A.21 B ．4 C ．5D ．6解析：选A 连接AC ，BD .因为底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°， 所以S 菱形ABCD ＝2S △ABD ＝2×12×22×32＝23，AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 120°＝2 3.因为PA ⊥平面ABCD ，所以V 四棱锥P ­ABCD ＝13×S 菱形ABCD ×PA ＝13×23×PA ＝23，所以PA ＝3，易知最长棱为PC ，且PC ＝PA 2＋AC 2＝21.4．(2019·西安模拟)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，形成的三棱锥C ­ABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12 B.22C.24D.14解析：选D 由三棱锥C ­ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C ­ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，所以三棱锥C ­ABD 的侧视图的面积为14，故选D. 5．(2019·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C.21 D．2 5解析：选B 由三视图得，该几何体是四棱锥P­ABCD，如图所示，四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD⊥平面ABCD，过点P作PE⊥AD，则PE＝4，DE＝2，所以CE＝22，所以最长的棱PC＝PE2＋CE2＝26，故选B.6．有6枚一样的骰子，分别取3枚骰子叠放成如图所示的A，B两个柱体(骰子每个面上的数字表示该面上的点数)，则柱体A和B的表面(不含下底面)数字之和分别是( )A ．47,48B ．47,49C ．49,50D ．50,49解析：选A 骰子是正方体，根据其结构特征可知相互平行的两个面上的数字的关系：1与6相对，3与4相对，2与5相对．所以柱体A 中，上方第一个骰子表面上的数字有5个参加计数：5,1,6,4,3. 中间的骰子表面上的数字有4个参加计数：2,5,6,1. 下方的骰子表面上的数字有4个参加计数：1,6,3,4.所以柱体A 的表面(不含下底面)数字之和为(5＋1＋6＋4＋3)＋(2＋5＋6＋1)＋(1＋6＋3＋4)＝47；同理，柱体B 的表面数字之和为(6＋2＋5＋3＋4)＋(2＋5＋6＋1)＋(2＋5＋3＋4)＝48.故选A.7．(2020届高三·沈阳模拟)若三棱锥S ­ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝SA ＝SB ＝SC ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3 B.8π3 C.43π3D.4π3解析：选A 在等腰直角三角形ABC 中，AB 是斜边且AB ＝2，取AB 的中点D ，连接CD ，SD .∴CD ＝AD ＝BD ＝1.又SA ＝SB ＝SC ＝2，∴SD ⊥AB ，且SD ＝3，在△SCD 中，SD 2＋CD 2＝SC 2，∴SD ⊥CD ，∴SD ⊥平面ABC .∴三棱锥S ­ABC 的外接球球心在SD 上，记为O ，设球半径为R ，连接OA ，则SO ＝OA ＝R ，∴在Rt △AOD 中，AD ＝1，OD ＝3－R ，AO ＝R ，∴12＋(3－R )2＝R 2⇒R ＝233，∴三棱锥S ­ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝16π3.故选A.8．(2019·大连模拟)若正四棱锥P ­ABCD 内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，则球O 的半径与正四棱锥P ­ABCD 内切球的半径之比为( )A.3＋1 B ．2 C. 3D.3－1解析：选A 如图，设球O 的半径为R ，由题意知OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OP ＝R .设正四棱锥P ­ABCD 的内切球半径为r ， 由等体积法，得V四棱锥P ­ABCD＝13S 四棱锥P ­ABCD·r ＝132R 2＋32R 2×4r＝13(2R 2)R ，所以R ＝(3＋1)r .故选A. 9.(2019·滨州期末)如图，圆柱O 1O 2的底直径与高都等于球O 的直径，记圆柱O 1O 2的表面积为S 1，球O 的表面积为S 2，则S 1S 2＝( )A ．1 B.23 C.32D.43解析：选C 设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R .所以球的表面积S 2＝4πR 2，圆柱的表面积S 1＝2πR ×2R ＋πR 2＋πR 2＝6πR 2，则S 1S 2＝6πR 24πR 2＝32，故选C.10．(2019·西安八校联考)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则三棱锥S ­ABC 的体积最大为( )A ．2 B.83 C. 3D ．2 3解析：选A 如图，因为球的直径为SC ，且SC ＝4，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，AC ＝BC ＝2，SA ＝SB ＝23，所以S △SBC ＝12×2×23＝23，则当点A 到平面SBC 的距离最大时，三棱锥S ­ABC 的体积最大，此时平面SAC ⊥平面SBC ，点A 到平面SBC 的距离为23sin 30°＝3，所以三棱锥S ­ABC 的体积最大为13×23×3＝2，故选A.11．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； ②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ④存在每个面都是直角三角形的四面体． 其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1­ABC ，四个面都是直角三角形．答案：②③④12．(2019·辽宁五校联考)已知A ，B ，C 是球O 的球面上三点，AB ＝2，AC ＝7，∠ABC ＝60°，且三棱锥O ­ABC 的体积为52，则球O 的表面积为________． 解析：在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos∠ABC ，代值，计算得BC ＝3或BC ＝－1(舍去)．设△ABC 外接圆的半径为r ，由正弦定理，得ACsin ∠ABC＝2r ，代值，计算得r ＝213.由三角形的面积公式，得S △ABC ＝12AB ·BC sin ∠ABC ＝12×2×3×32＝332.设三棱锥O ­ABC 的高为h ，则V O ­ABC ＝13S △ABC ×h ＝13×332×h ＝52，解得h ＝153，所以球O的半径R ＝r 2＋h 2＝2，故球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×4＝16π.答案：16π考点过关检测（十一）1．(2019·蓉城名校高三第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图①所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形如图②所示，则此几何体的体积为( )A ．1 B. 2 C ．2D ．2 2解析：选B 根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和2的直角三角形，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×3＝ 2.故选B. 2．(2019·威海模拟)某圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，此圆锥的体积为( )A ．π B.22π3C ．2πD ．22π解析：选B 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由题意，知2πr l ＝2π3，且12·2πr ·l ＝3π，解得r ＝1，l ＝3，∴圆锥的高h ＝l 2－r 2＝22， ∴此圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝22π3.3．(2019·福建五校第二次联考)已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积是( )A.39π4＋3 3 B.45π4＋3 3 C.23π2D.49π4解析：选A 由三视图知，该几何体为圆锥挖掉14圆台后剩余部分，其表面积S 表＝34π×22＋14π×12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×2π×2×4＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×2π×1×2＋(1＋2)×32×2＝39π4＋3 3.故选A.4．(2019·湘东名校联考)正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，三棱锥A 1 ­BC 1D 内切球的表面积为4π，则正方体外接球的体积为( )A ．86πB ．36πC ．323πD ．646π解析：选B 设正方体的棱长为a ，A 1到平面BC 1D 的距离为h ，则h ＝233a ，三棱锥A 1 ­BC 1D内切球的半径为1，∴VA 1 ­BC 1D ＝4VO ­BC 1D, 即13S △BC 1D ×h ＝4×13×S △BC 1D ×1，∴h ＝4，∴a ＝23，∴正方体外接球的半径为(23)2＋(23)2＋(23)22＝3，其体积为43π×33＝36π.5．(2019·福州期末)已知圆锥的高为3，它的底面半径为 3.若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B.323π C ．16πD ．32π解析：选B 如图，设球心到底面圆心的距离为x ，则球的半径r ＝3－x .由勾股定理得x 2＋3＝(3－x )2，解得x ＝1，故球的半径r ＝2，V 球＝43πr 3＝323π. 6．(2019·武邑中学一检)已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1,1,1,1，2，a ，且长为a 的棱与长为2的棱所在直线是异面直线，则该三棱锥的体积的最大值为( )A.212B.312C.26D.36解析：选A 如图所示，在三棱锥A ­BCD 中，AD ＝a ，BC ＝2，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝1，则△ABC ，△BCD 是等腰直角三角形．当平面ABC ⊥平面BCD 时，三棱锥A ­BCD 的体积有最大值，此时三棱锥的体积为13×22×12×1×1＝212.故选A. 7.(2019·衡水中学四调)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2 000π9B.4 000π27C ．81πD ．128π解析：选B 小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，体积V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，体积V 单调减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B.8．(2019·厦门外国语学校月考)已知等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，斜边AB ＝2，点D 是斜边AB 上一点(不同于点A ，B )．沿线段CD 折起形成一个三棱锥A ­CDB ，则三棱锥A ­CDB 体积的最大值是________．解析：设AD ＝x ，将△ACD 折起使得平面ACD ⊥平面BCD .在△ACD 中，由面积公式得12CD ·h 1＝12AD ·1(h 1为点A 到CD 的距离)，则h 1＝x1＋(x －1)2. 由题易知h 1为点A 到平面BCD 的距离，故三棱锥A ­CDB 的体积V ＝13S △BCD ·h 1＝13×12BD ×1×h 1＝16·2x －x2x 2－2x ＋2，x ∈(0,2)．令t ＝x 2－2x ＋2，则t ∈[1，2)，故V ＝16·2－t 2t ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －t .由于2t－t 是减函数，故当t ＝1时，V 取得最大值为16×(2－1)＝16.答案：169．(2019·广州高三调研测试)已知圆锥的底面半径为1，高为22，点A 是圆锥的底面圆周上一点，若一动点从点A 出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点A ，则绕行的最短距离是________．解析：易知圆锥的侧面展开图是扇形，如图所示，设展开的扇形AOA ′的圆心角为α，易得母线长OA ＝3，因为圆锥的底面半径r ＝1，所以根据弧长公式可得2π＝3α，即扇形的圆心角α＝2π3.连接AA ′，作OH ⊥AA ′，交AA ′于点H ，则易得∠AOH ＝π3，所以动点从点A 出发在圆锥侧面上绕一圈之后回到点A 的最短距离为扇形的弧AA ′所对的弦长，即AA ′＝2AH ＝2×OA ×sin∠AOH ＝2×3×32＝3 3. 答案：3 310．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，体积为4π3的球与其各面均相切，则该堑堵的表面积为________．解析：设球的半径为r ，底面三角形的周长为l ，由已知得r ＝1，∴堑堵的高为2.则12lr＝6，l ＝12，∴表面积S ＝12×2＋6×2＝36.答案：3611．如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，过点A ，P ，C 1的平面截正方体所得的截面为S ，则S 的面积为________ 解析：如图，取A 1D 1，AD 的中点分别为F ，G .连接AF ，AP ，PC 1，C 1F ，PG ，D 1G ，AC 1，PF .∵F 为A 1D 1的中点，P 为BC 的中点，G 为AD 的中点，∴AF ＝FC 1＝AP ＝PC 1＝52，PG 綊CD ，AF 綊D 1G .由题意易知CD 綊C 1D 1，∴PG 綊C 1D 1，∴四边形C 1D 1GP 为平行四边形，∴PC 1綊D 1G ，∴PC 1綊AF ，∴A ，P ，C 1，F 四点共面，∴四边形APC 1F 为菱形．∵AC 1＝3，PF ＝2，过点A ，P ，C 1的平面截正方体所得的截面S 为菱形APC 1F ，∴其面积为12AC 1·PF ＝12×3×2＝62.答案：6212．(2020届高三·陕西四校联考)直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为32π3，则该三棱柱体积的最大值为________．解析：设三棱柱底面直角三角形的直角边为a ，b ，则棱柱的高h ＝a 2＋b 2，设外接球的半径为r ，则43πr 3＝32π3，解得r ＝2.∵上下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，∴a 2＋b 2＋h2＝2r ＝4，∴h ＝22，∴a 2＋b 2＝h 2＝8≥2ab ，∴ab ≤4.当且仅当a ＝b ＝2时“＝”成立．∴三棱柱的体积V ＝Sh ＝12abh ＝2ab ≤4 2.则该三棱柱体积的最大值为4 2.答案：4 2考点过关检测（十二）1．(2019·重庆一诊)已知直线l 和平面α，若l ∥α，P ∈α，则过点P 且平行于l 的直线( )A ．只有一条，不在平面α内B ．只有一条，且在平面α内C ．有无数条，一定在平面α内D ．有无数条，不一定在平面α内解析：选B 假设过点P 且平行于l 的直线有两条分别为m 与n ，则m ∥l 且n ∥l .由平行公理得m ∥n ，这与两条直线m 与n 相交于点P 相矛盾，故过点P 且平行于l 的直线只有一条．又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知直线a，b，l，平面α，β，则下列命题正确的个数为( )①若α⊥β，l⊥α，则l∥β；②若a⊥l，b⊥l，则a∥b；③若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；④若l⊥α，l⊥β，则α∥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B 在①中，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故①错误；在②中，若a ⊥l，b⊥l，则a与b相交、平行或异面，故②错误；在③中，若α⊥β，l⊂α，则l与β相交、平行或l⊂β，故③错误；在④中，若l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故④正确．故选B.3．(2019·辽宁五校联考)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则( )A．MN∥C1D1B．MN⊥BC1C．MN⊥平面ACD1D．MN⊥平面ACC1解析：选D 如图，设CC1的中点为P，连接NP，则NP∥C1D1，又MN∩NP＝N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN与C1D1是异面直线)，所以选项A错误；假设MN⊥BC1，连接CM，易知CM⊥BC1，又MN∩CM＝M，所以BC1⊥平面MNC，所以BC1⊥CD1，所以AD1⊥CD1，这与△ACD1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B错误；假设MN⊥平面ACD1，则MN⊥CD1，连接MD1，因为N为CD1的中点，所以MC＝MD1，这不可能理由：设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则易求得MC＝22，MD1＝62，所以假设错误，即选项C错误；设CD，BC的中点分别为E，F，连接EF，则易知MN∥EF，且EF⊥平面ACC1，所以MN ⊥平面ACC1，所以选项D正确．故选D.4.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P，Q分别是线段AD1和B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则下列命题错误的是( )A．存在P，Q的某一位置，使AB∥PQB．△BPQ的面积为定值C．当PA>0时，直线PB1与AQ是异面直线D．无论P，Q运动到任何位置，均有BC⊥PQ解析：选B 在A中，当P，Q分别是线段AD1和B1C的中点时，AB∥PQ，故A正确；在B 中，P 在A 处时，△BPQ 的面积为12，P 在AD 1中点时，△BPQ 的面积不为12，故△BPQ 的面积不是定值，故B 错误；在C 中，当PA >0时，假设直线PB 1与AQ 是共面直线，则AP 与B 1Q 共面，与已知矛盾，所以直线PB 1与AQ 是异面直线，故C 正确；在D 中，BC 垂直于PQ 在平面ABCD 内的射影，由三垂线定理得无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ ，故D 正确．故选B.5．(2019·唐山三模)若异面直线m ，n 所成的角是60°，则以下三个命题： ①存在直线l ，满足l 与m ，n 的夹角都是60°； ②存在平面α，满足m ⊂α，n 与α所成角为60°；③存在平面α，β，满足m ⊂α，n ⊂β，α与β所成锐二面角为60°. 其中正确的命题为________(填序号)．解析：异面直线m ，n 所成的角是60°，在①中，由异面直线m ，n 所成的角是60°，在m 上任取一点A ，过A 作直线n ′∥n ，在空间中过点A 能作出直线l ，使得l 与n ，n ′的夹角均为60°，∴存在直线l ，满足l 与m ，n 的夹角都是60°，故①正确；在②中，在n 上取一点B ，过B 作直线m ′∥m ，则以m ，m ′确定的平面α，满足m ⊂α，n 与α所成的角是60°，故②正确；在③中，在n 上取一点C ，过C 作直线m ′∥m ，m ，m ′确定一个平面α，∴过n 能作出一个平面β，满足m ⊂α，n ⊂β，α与β所成锐二面角为60°，故③正确．答案：①②③6．如图所示，四棱锥S ­ABCD 中，SA ⊥底面ABCD ，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．(1)求证：BC ∥平面SAE ；(2)求三棱锥S ­BCE 与四棱锥S ­ABED 的体积比． 解：(1)证明：因为AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°， 所以AC ＝2，∠BCA ＝60°，在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，∠ACD ＝60°， 由余弦定理可得AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD cos ∠ACD ， 解得CD ＝4，所以AC 2＋AD 2＝CD 2，所以△ACD 是直角三角形， 又E 为CD 的中点，所以AE ＝12CD ＝CE ，又∠ACD ＝60°，所以△ACE 为等边三角形， 所以∠CAE ＝60°＝∠BCA ，所以BC ∥AE ，又BC ⊄平面SAE ，AE ⊂平面SAE ， 所以BC ∥平面SAE . (2)因为SA ⊥平面ABCD ，所以SA 同为三棱锥S ­BCE 与四棱锥S ­ABED 的高． 由(1)可得∠BCE ＝120°，CE ＝12CD ＝2，所以S △BCE ＝12BC ·CE ·sin∠BCE ＝12×1×2×32＝32.S 四边形ABED ＝S 四边形ABCD －S △BCE ＝S △ABC ＋S △ACD －S △BCE ＝12×3×1＋12×2×23－32＝2 3. 所以S △BCE ∶S 四边形ABED ＝32∶23＝1∶4. 故三棱锥S ­BCE 与四棱锥S ­ABED 的体积比为1∶4.7.(2019·洛阳第二次联考)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面PAD ；(2)若M 是线段CD 上一点，求三棱锥M ­EFG 的体积．解：(1)证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，且CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面PAD .∵在△PCD 中，E ，F 分别是PD ，PC 的中点， ∴EF ∥CD ，∴EF ⊥平面PAD ， ∵EF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ⊥平面PAD .(2)∵EF ∥CD ，EF ⊂平面EFG ，CD ⊄平面EFG ， ∴CD ∥平面EFG ，∴线段CD 上的点M 到平面EFG 的距离等于点D 到平面EFG 的距离． 连接DG ，DF ，则V 三棱锥M ­EFG ＝V 三棱锥D ­EFG .取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，FH ，则EF ∥GH ，∴V 三棱锥D ­EFG ＝V 三棱锥D ­EFH ＝V 三棱锥F ­EHD ＝13·S △EHD ·EF ＝13×12×2×2×sin 60°×2＝233.故三棱锥M ­EFG 的体积为233.8．(2019·朝阳模拟)如图，梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，CD ＝2，AD ＝AB ＝1，四边形BDEF 为正方形，且平面BDEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥CE ；(2)若AC 与BD 相交于点O ，那么在棱AE 上是否存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ？并说明理由．解：(1)证明：连接EB ，∵梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，CD ＝2，AD ＝AB ＝1， ∴BD ＝2，BC ＝2， ∴BD 2＋BC 2＝CD 2，∴BC ⊥BD .∵平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ， ∴BC ⊥平面BDEF ，∴BC ⊥DF . ∵四边形BDEF 为正方形，∴DF ⊥EB . ∵EB ∩BC ＝B ，∴DF ⊥平面BCE . ∵CE ⊂平面BCE ，∴DF ⊥CE .(2)棱AE 上存在点G ，AG GE ＝12，使得平面OBG ∥平面EFC .理由如下：∵AB ∥DC ，AB ＝1，DC ＝2，∴AO OC ＝12.∵AG GE ＝12，∴OG ∥CE ，∴OG ∥平面EFC . ∵EF ∥OB ，∴OB ∥平面EFC .∵OB ∩OG ＝O ，∴平面OBG ∥平面EFC .9．(2019·广州一模)如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且BC ＝2AD ＝4，E ，F 分别为线段AB ，DC 的中点，沿EF 把四边形AEFD 折起，使AE ⊥CF ，得到如下的立体图形．(1)证明：平面AEFD ⊥平面EBCF ；(2)若BD ⊥EC ，求点F 到平面ABCD 的距离． 解：(1)证明：由题意可得EF ∥AD ，∴AE ⊥EF . 又AE ⊥CF ，EF ∩CF ＝F ，∴AE ⊥平面EBCF . ∵AE ⊂平面AEFD ， ∴平面AEFD ⊥平面EBCF .(2)如图，过点D 作DG ∥AE 交EF 于点G ，连接BG ，则DG ⊥平面EBCF . ∵EC ⊂平面EBCF ，∴DG ⊥EC . 又BD ⊥EC ，BD ∩DG ＝D ， ∴EC ⊥平面BDG .又BG ⊂平面BDG ，∴EC ⊥BG . 易得△EGB ∽△BEC ，∴EG EB ＝EBBC，∴EB 2＝EG ·BC ＝AD ·BC ＝8，∴EB ＝2 2. 设点F 到平面ABCD 的距离为h ， 由V 三棱锥F ­ABC ＝V 三棱锥A ­BCF ， 可得S △ABC ·h ＝S △BCF ·AE . ∵BC ⊥AE ，BC ⊥EB ，AE ∩EB ＝E ， ∴BC ⊥平面AEB ，∴AB ⊥BC . 又AB ＝AE 2＋BE 2＝4＝BC ， ∴S △ABC ＝12×4×4＝8.又S △BCF ＝12×4×22＝42，∴8h ＝42×22＝16，解得h ＝2. 故点F 到平面ABCD 的距离为2.。

过关检测（十七）1．“ab ＝4”是“直线2x ＋ay －1＝0与直线bx ＋2y －2＝0平行”的( ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 因为两直线平行，所以斜率相等，即－2a ＝－b2，可得ab ＝4，又当a ＝1，b ＝4时，满足ab ＝4，但是两直线重合，故选C.2．(2019·南充期末)若直线l ：y ＝kx ＋1被圆C ：x 2＋y 2－2x －3＝0截得的弦最短，则直线l 的方程是( )A ．x ＝0B ．y ＝1C ．x ＋y －1＝0D ．x －y ＋1＝0解析：选D 依题意，直线l ：y ＝kx ＋1过定点P (0,1)．圆C ：x 2＋y 2－2x －3＝0化为标准方程为(x －1)2＋y 2＝4.故圆心为C (1,0)，半径为r ＝2.则易知定点P (0,1)在圆内．由圆的性质可知当PC ⊥l 时，此时直线l ：y ＝kx ＋1被圆C ：x 2＋y 2－2x －3＝0截得的弦最短．因为k PC ＝1－00－1＝－1，所以直线l 的斜率k ＝1，即直线l 的方程是x －y ＋1＝0.3．(2019·广东六校模拟)与圆(x －2)2＋y 2＝4关于直线y ＝33x 对称的圆的方程是( )A ．(x －3)2＋(y －1)2＝4 B ．(x －2)2＋(y －2)2＝4 C ．x 2＋(y －2)2＝4D ．(x －1)2＋(y －3)2＝4解析：选D 设所求圆的圆心为(a ，b )，则⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝33×a ＋22，b a －2＝－3，∴⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3，∴所求圆的方程为(x －1)2＋(y －3)2＝4.4．(2019·河南八市质检)过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝r 2的切线有且只有一条，则该切线的方程为( )A ．2x ＋y －5＝0B ．2x ＋y －7＝0C ．x －2y －5＝0D ．x －2y －7＝0解析：选B 由题意，过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝r 2的切线有且只有一条，则点(3,1)在圆上，代入可得r 2＝5，圆的方程为(x －1)2＋y 2＝5，则过点(3,1)的切线方程为(x －1)(3－1)＋y (1－0)＝5，即2x ＋y －7＝0.5．(2019·安徽六安模拟)已知过原点的直线l 与圆C ：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B ，且线段AB 的中点坐标为D (2，2)，则弦AB 的长为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选A 将圆C ：x 2＋y 2－6x ＋5＝0整理，得其标准方程为(x －3)2＋y 2＝4，∴圆C 的圆心坐标为(3,0)，半径为2.∵线段AB 的中点坐标为D (2，2)，∴|CD |＝1＋2＝3，∴|AB |＝24－3＝2.故选A.6．(2019·东北十校联考)已知P 是直线l ：3x －4y ＋11＝0上的动点，PA ，PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，C 是圆心，那么四边形PACB 面积的最小值是( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选C 圆的标准方程为(x －1)2＋(y －1)2＝1，圆心C (1,1)，半径r ＝1，根据对称性可知，四边形PACB 的面积为2S △APC ＝2×12|PA |r ＝|PA |＝|PC |2－r 2，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC |最小，最小时为圆心到直线l ：3x －4y ＋11＝0的距离d ＝|3－4＋11|32＋(－4)2＝105＝2.所以四边形PACB 面积的最小值为(|PC |min )2－r 2＝4－1＝ 3. 7．(2019·长沙一调)已知入射光线经过点M (－3,4)，被直线l ：x －y ＋3＝0反射，反射光线经过点N (2,6)，则反射光线所在直线的方程为___________________．解析：设点M (－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点为M ′(a ，b )，则反射光线所在直线过点M ′，所以⎩⎪⎨⎪⎧b －4a －(－3)·1＝－1，－3＋a 2－b ＋42＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0，又反射光线经过点N (2,6)，所以所求直线的方程为y －06－0＝x －12－1，即6x －y －6＝0. 答案：6x －y －6＝08．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为(3，0)，A 为椭圆C 的右顶点，以A为圆心的圆与直线y ＝b ax 相交于P ，Q 两点，且AP →·AQ →＝0，OP →＝3OQ →，则椭圆C 的标准方程为________，圆A 的标准方程为__________．解析：如图，设T 为线段PQ 的中点，连接AT ，则AT ⊥PQ .∵AP →·AQ →＝0，即AP ⊥AQ ， ∴|AT |＝12|PQ |.又OP →＝3OQ →，∴|OT |＝|PQ |. ∴|AT ||OT |＝12，即b a ＝12. 由已知得焦半距c ＝3，∴a 2＝4，b 2＝1， 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.又|AT |2＋|OT |2＝4，∴|AT |2＋4|AT |2＝4， ∴|AT |＝255，r ＝|AP |＝2105.∴圆A 的方程为(x －2)2＋y 2＝85.答案：x 24＋y 2＝1 (x －2)2＋y 2＝859．(2019·安阳一模)已知AB 为圆C ：x 2＋y 2－2y ＝0的直径，点P 为直线y ＝x －1上任意一点，则|PA |2＋|PB |2的最小值为________．解析：圆心C (0,1)，设∠PCA ＝α，|PC |＝m ， 则|PA |2＝m 2＋1－2m cos α，|PB |2＝m 2＋1－2m cos (π－α)＝m 2＋1＋2m cos α， ∴|PA |2＋|PB |2＝2m 2＋2.又C 到直线y ＝x －1的距离d ＝|0－1－1|2＝2，即m 的最小值为2，∴|PA |2＋|PB |2的最小值为2×(2)2＋2＝6. 答案：610.(2019·南通模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0及点A (－1,0)，B (1,2)．(1)若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，|MN |＝|AB |，求直线l 的方程； (2)在圆C 上是否存在点P ，使得|PA |2＋|PB |2＝12？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．解：(1)圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以圆心C (2,0)，半径为2.因为l ∥AB ，A (－1,0)，B (1,2)，所以直线l 的斜率为2－01－(－1)＝1.设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0，则圆心C 到直线l 的距离为d ＝|2－0＋m |2＝|2＋m |2.因为|MN |＝|AB |＝22＋22＝22，而|CM |2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|MN |22，所以4＝(2＋m )22＋2，解得m ＝0或m ＝－4，故直线l 的方程为x －y ＝0或x－y －4＝0.(2)假设圆C 上存在点P ，设P (x ，y )，则(x －2)2＋y 2＝4，|PA |2＋|PB |2＝(x ＋1)2＋(y －0)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝12，化简得x 2＋y 2－2y －3＝0，即x 2＋(y －1)2＝4.因为|2－2|< (2－0)2＋(0－1)2<2＋2，所以圆(x －2)2＋y 2＝4与圆x 2＋(y －1)2＝4相交，所以存在点P ，点P 的个数为2.11．(2019·武汉一模)在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，以O 为圆心的圆与直线x －3y －4＝0相切．(1)求圆O 的方程．(2)若直线l ：y ＝kx ＋3与圆O 交于A ，B 两点，在圆O 上是否存在一点Q ，使得O Q →＝OA→＋OB →？若存在，求出此时直线l 的斜率；若不存在，说明理由．解：(1)设圆O 的半径为r ，因为直线x －3y －4＝0与圆O 相切，所以r ＝|0－3×0－4|1＋3＝2，所以圆O 的方程为x 2＋y 2＝4.(2)因为直线l ：y ＝kx ＋3与圆O 相交于A ，B 两点，所以圆心O 到直线l 的距离d ＝|3|1＋k2<2，所以k >52或k <－52.假设存在点Q ，使得OQ →＝OA →＋OB →.因为A ，B 在圆上，且OQ →＝OA →＋OB →，同时|OA →|＝|OB →|，由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB 为菱形，所以OQ 与AB 互相垂直且平分．所以原点O 到直线l ：y ＝kx ＋3的距离d ＝12|OQ |＝1，即|3|1＋k 2＝1， 解得k 2＝8，则k ＝±22，经验证满足条件．所以存在点Q ，使得OQ →＝OA →＋OB →，此时直线l 的斜率为±2 2.。