三视图、截面与外接球（练习）（含解析）2023年高考数学二轮复习

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．2 B．3 C．4 D．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，墙壁截面为矩形，且，则扇形的面积是__________.【答案】##【分析】计算，再利用扇形的面积公式求解.【详解】由题意可知，圆的半径为，即，又，所以为正三角形，∴，所以扇形的面积是.故答案为：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，长方体中，，分别为棱的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥.故答案为：③④.6.（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的体积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】将三棱锥放到长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，求出即得三棱锥外接球的半径，即得解.【详解】解：由题意，，，，将三棱锥放到长方体中，可得长方体的三条对角线分别为，2，，设长方体的长、宽、高分别为，则，，，解得，，．所以三棱锥外接球的半径．三棱锥外接球的体积．故选：C7．（2022·全国·高三专题练习）在正方体中，棱长为3，E为棱上靠近的三等分点，则平面截正方体的截面面积为（

）A． B． C． D．【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】延长交于点，连接交于点，如图，在正方体中，面面，面面，面面，又四边形是梯形，且为平面截正方体的截面.又，在等腰梯形中，过作，.故选：C.8.（2022·全国·高三专题练习）若过圆锥的轴的截面为边长为4的等边三角形，正方体的顶点，，，在圆锥底面上，，，，在圆锥侧面上，则该正方体的棱长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设正方体棱长为，根据题意得，分析求解即可.【详解】根据题意过顶点和正方体上下两个平面的对角线作轴截面如下所示：所以，，所以，，为矩形，设，所以，所以，所以，即，即，解得.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（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】【分析】设正方形的边长为，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，鲁洛克斯三角形由三个弓形与正三角形组成，其面积为，故所求概率.故答案为：10．（2022·北京·二模）如图，在正方体，中，E，F，G分别为棱上的点（与正方体顶点不重合），过作平面，垂足为H．设正方体的棱长为1，给出以下四个结论：①若E，F，G分别是的中点，则；②若E，F，G分别是的中点，则用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形一定是等边三角形；③可能为直角三角形；④．其中所有正确结论的序号是________．【答案】①④【分析】①等体积法判断；②根据正方体的性质画出平行于平面的可能截面情况；③由正方体性质，通过定两点，移动另一点判断的内角变化趋势即可；④设，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，而，所以，可得，正确；②根据正方体的性质平行平面的平面有如下情况：当截面在面与面之间时为六边形，在面左上或面右下时为等边三角形，错误；③分别在上不为顶点任意点，当从到过程递减，即小于，同理知：也小于，不可能为直角三角形，错误；④若，又，即，所以，则，即，所以，即，正确；故答案为：①④11.（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，二面角是150°，则三棱锥外接球的表面积是（

）A． B．C． D．【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，作平面ABC，垂足为E，连接BE，记，连接PD.由题意可得D为AC的中点.在中，，D为AC的中点，因为，所以，则.因为二面角是150°，所以，所以，.因为是边长为的等边三角形，且D为AC的中点，所以.设为外接圆的圆心，则.设三棱锥外接球的球心为O，因为，所以O在平面ABC下方，连接，OB，OP，作，垂足为H，则，.设三棱锥外接球的半径为，，即，解得，故三棱锥外接球的表面积是.故选：A.12．（2022·河南安阳·模拟预测（理））在四面体ABCD中，，平面BCD，.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，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过作于点，过点作,先证得平面为所求截面，然后设，求得，，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，，平面BCD，.∵平面BCD，平面BCD，，又，,则平面，过作于点，过点作,则平面，平面，故，，则平面，平面，故平面平面ACD，设，设，在中，，，在中，，，，在△中，，则，故，故，令，，得，当时，，当时，，故函数在时单调递减，在时单调递增，即当时，有最小值，此时截面面积最大，故当，时，截面面积最大，故若截面面积存在最大值，则，故的最大值为，故选：C.13．（2020·河北石家庄·模拟预测（理））三棱锥中，，△为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为.则三棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知作出图象，找出二面角的平面角，设出的长，即可求出三棱锥的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有长度的字母表示），再设出球心，由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利用球心距，半径，底面半径之间的关系求得的长度，则三棱锥体积的最大值可求.【详解】如图所示，过点作面，垂足为，过点作交于点，连接，则为二面角的平面角的补角，即有，易知面，则，而△为等边三角形，∴为中点，设，则c，故三棱锥的体积为：，当且仅当时，体积最大，此时共线.设三棱锥的外接球的球心为，半径为，由已知，，得.过点作于F，则四边形为矩形，则，，，在△中，解得∴三棱锥的体积的最大值为：.故选：D.14．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）已知正方体的棱长为2，M，N分别是的中点，点P是截面（包括边界）上的动点，，则与平面所成最大角的正切值为_______．【答案】【分析】先分析得到点P的轨迹是圆，然后将与平面所成最大角的正切值转化为求的最大正切值并计算即可.【详解】取的中点O，连接，由正方体性质可知平面，则，即如下图（2），点P的轨迹是，半径为，又M到平面的距离为，因为，所E到的距离为，则为直线与平面的夹角，当O，T，P共线时，则此时最小，的值最大，，所以，即．故答案为：.15．（2022·河南·高三开学考试（理））如图，在中，，，是的角平分线，沿将折起到的位置，使得平面平面．若，则三棱锥外接球的表面积是________．【答案】【分析】先利用角平分线及求出各边长，进而找到球心及球心在平面BCD上的投影，利用半径相等列