考点7-2 三视图、截面与外接球 (文理）-2023年高考数学一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版

考点7-2三视图、截面与外接球1．（2022·上海静安·二模）中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.【详解】解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形.故选：B.2．（2022·全国·模拟预测（文））已知三棱锥1ABCD的直观图如图所示，则该三棱锥的俯视图为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据直观图直观想象即可【详解】由图，则该三棱锥的俯视图为D故选：D3．（2022·青海西宁·二模（文））已知某几何体的主视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为（）A．2B．3C．4D．5【答案】C【分析】由三视图的定义，结合正视图和左视图得图形相同，对题目中的图形进行分析,即可得到结论．【详解】对于④，中间是正三角形，它与正视图和左视图中矩形的宽度不一致，所以④不能作为该几何体的俯视图图形；对于其余4个图形，中间图形与正视图和左视图的矩形宽度一致，可以作为该几何体的俯视图图形；所以满足条件的图形个数为①②③⑤共4个．故选：C．4.（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）“圆材埋壁”是我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”的模型，其截面如图所示，若圆柱形材料的底面半径为1，截面圆圆心为O，墙壁截面ABCD为矩形，且1AD，则扇形OAD的面积是__________.【答案】6##16【分析】计算AOD，再利用扇形的面积公式求解.【详解】由题意可知，圆O的半径为1，即1OAOD，又1AD，所以OAD△为正三角形，∴3AOD，所以扇形OAD的面积是221112236SrAOD.故答案为：65．（2021·全国·高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCDABCD中，12,1ABBCBB，,EF分别为棱11,BCBC的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥EADF.故答案为：③④.6.（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥PABC中，3PABC，2PBAC，5PCAB，则三棱锥PABC外接球的体积为（）A．2B．3C．6D．6【答案】C【分析】将三棱锥PABC放到长方体中，设长方体的长、宽、高分别为,,abc，求出,,abc即得三棱锥PABC外接球的半径，即得解.【详解】解：由题意，3PABC，2PBAC，5PCAB，将三棱锥PABC放到长方体中，可得长方体的三条对角线分别为3，2，5，设长方体的长、宽、高分别为,,abc，则223ab，222ac，225cb，解得1a，2b，3c．所以三棱锥PABC外接球的半径2221622Rabc．三棱锥PABC外接球的体积3463VR．故选：C7．（2022·全国·高三专题练习）在正方体1111ABCDABCD中，棱长为3，E为棱1BB上靠近1B的三等分点，则平面1AED截正方体1111ABCDABCD的截面面积为（）A．211B．411C．222D．422【答案】C【分析】根据题意运用基本事实作出截面，根据截面的几何特征求其面积即可.【详解】延长11,AEAB交于点F，连接1DF交11BC于点G，如图，在正方体1111ABCDABCD中，面11//ADDA面11BCCB，面1AFD面111ADDAAD，面1AFD面11BCCBEG1//ADGE，又132,2ADGE四边形1AEGD是梯形，且为平面1AED截正方体1111ABCDABCD的截面.又113DGAE，在等腰梯形1AEGD中，过G作1GHAD，221111GHDGDH1112321122222SADEGGH.故选：C.8.（2022·全国·高三专题练习）若过圆锥的轴SO的截面为边长为4的等边三角形，正方体1111ABCDABCD的顶点A，B，C，D在圆锥底面上，1A，1B，1C，1D在圆锥侧面上，则该正方体的棱长为（）A．22B．33C．23223D．23622【答案】C【分析】设正方体棱长为x，根据题意得2232223xx，分析求解即可.【详解】根据题意过顶点S和正方体上下两个平面的对角线作轴截面如下所示：所以4SESFEF，60EF，所以2EO，224223SO，11AACC为矩形，设1AAx，所以112ACACx，所以1122xAO，所以111AOSOEOSO，即111AOSOAAEOSO，即2232223xx，解得23223x.故选：C.9.（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（文））鲁洛克斯三角形是指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形，如图①.鲁洛克斯三角形的特点是：在任何方向上都有相同的宽度，即能在距离等于其圆弧半径a（等于正三角形的边长）的两条平行线间自由转动，并且始终保持与两直线都接触.由于这个性质，机械加工中把钻头的横截面做成鲁洛克斯三角形的形状，就能在零件上钻出圆角正方形（视为正方形）的孔来.图②是鲁洛克斯三角形钻头（阴影部分）与它钻出的圆角正方形孔洞的横截面，现有一个质点飞向圆角正方形孔洞，则其恰好被钻头遮挡住，没有穿过孔洞的概率为_________.【答案】32【分析】设正方形的边长为a，求出鲁洛克斯三角形面积，再利用几何概型求解.【详解】解：设正方形的边长为a，鲁洛克斯三角形由三个弓形与正三角形组成，其面积为22222113sinsin232321623aaaaa，故所求概率22233222aaPa.故答案为：3210．（2022·北京·二模）如图，在正方体1111ABCDABCD，中，E，F，G分别为棱11111,,AAABAD上的点（与正方体顶点不重合），过1A作1AH平面EFG，垂足为H．设正方体1111ABCDABCD的棱长为1，给出以下四个结论：①若E，F，G分别是11111,,AAABAD的中点，则136AH；②若E，F，G分别是11111,,AAABAD的中点，则用平行于平面EFG的平面去截正方体1111ABCDABCD，得到的截面图形一定是等边三角形；③EFG可能为直角三角形；④222211111111AEAFAGAH．其中所有正确结论的序号是________．【答案】①④【分析】①等体积法11AEFGEAFGVV判断；②根据正方体的性质画出平行于平面EFG的可能截面情况；③由正方体性质，通过定两点，移动另一点判断EFG的内角变化趋势即可；④设1111,,,aAEbAFcAGhAH，利用等体积法，结合正余弦定理、三角形面积公式、锥体体积公式化简即可判断.【详解】①由1111111648AEFGEAFGVVAEAFAG，而2123()sin60228EFGS，所以111348EFGAHS，可得136AH，正确；②根据正方体的性质平行平面EFG的平面有如下情况：当截面在面11ABD与面1BDC之间时为六边形，在面11ABD左上或面1BDC右下时为等边三角形，错误；③,EF分别在111,AAAB上不为顶点任意点，当G从1A到1D过程EGF递减，即小于90，同理知：,GEFEFG也小于90，EFG不可能为直角三角形，错误；④若1111,,,aAEbAFcAGhAH，又11AEFGEAFGVV，即1111sinAEAFAGAHGEGFEGF，所以222222222222222()()1()2()()acbcababchacbcacbc，则222222abchabacbc，即2222222222()abchabacbc，所以22221111habc，即222211111111AEAFAGAH，正确；故答案为：①④11.（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥PABC中，ABC是边长为43的等边三角形，4PAPC，二面角PACB是150°，则三棱锥PABC外接球的表面积是（）A．161143πB．41143πC．41143πD．21143π【答案】A【分析】根据题意画出简图，通过作图分析出几何体外接球的球心位置，算出半径，即可求出表面积.【详解】如图，作PE平面ABC，垂足为E，连接BE，记BEACD，连接PD.由题意可得D为AC的中点.在APC△中，4PAPC，D为AC的中点，PDAC因为43AC，所以23AD，则22224(23)2PDPAAD.因为二面角PACB是150°，所以30PDE，所以1PE，3DE.因为ABC是边长为43的等边三角形，且D为AC的中点，所以6BD.设1O为ABC外接圆的圆心，则1124OBOD.设三棱锥PABC外接球的球心为O，因为222221132184316OPOEPE，所以O在平面ABC下方，连接1OO，OB，OP，作OHPE，垂足为H，则132OHOE，1PHPEOO.设三棱锥PABC外接球的半径为R，22222211ROHPHROOOB，即222122214321ROOROO，解得244163R，故三棱锥PABC外接球的表面积是24π161143πR.故选：A.12．（2022·河南安阳·模拟预测（理））在四面体ABCD中，90BCD，AB平面BCD，ACCD.过点B作垂直于平面ACD的平面截该四面体，若截面面积存在最大值，则tanACB的最大值为（）A．32B．42C．3D．43【答案】C【分析】过B作BEAC于点E，过点E作//EFCD,先证得平面BEF为所求截面，然后设=1AC，求得cossincosBEAB，2sin=sinAEAB，从而求得三角形面积，然后换元后求导利用导数的单调性求得最值，从而得出结论.【详解】在四面体ABCD中，90BCD，AB平面BCD，ACCD.∵AB平面BCD，CD平面BCD，ABCD，又CDBC，ABBCB,则CD平面ABC，过B作BEAC于点E，过点E作//EFCD,则EF平面ABC，BE平面ABC，故EFBE，ACEFE，则AC平面BEF，AC平面ACD，故平面BEF平面ACD，设tan=ACB，设=1AC，在tRABC中，cosBC，sinAB，在tRABE中，ABE，cossincosBEAB，2sin=sinAEAB，在△ACD中，//EFCD，则AEEFACCD，故2sinEFAE，故23111==sincossinsincos222BEFSBEEF△33242221sincos1tan=22tan2tan1sincos311122tantantan，令10,tanxx，，312fxxxx，得22422222311132132xxxxfxxxxx，当0fx时，33x