（江苏专用）2020版高考数学二轮复习 专题四 立体几何 高考热点追踪（四）练习 文 苏教版

高考热点追踪(四)1．(2019·徐州、淮安、宿迁、连云港四市模拟)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为________．[解析]由题意得圆锥的底面半径、高分别为r＝1，h＝3，故该圆锥的体积为V＝13π×12×3＝3π3．[答案]33π2．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析]设该圆柱体底面圆的半径为r尺，则由题意得2πr＝48，所以r≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V＝πr2h≈2112立方尺．[答案]21123．(2019·苏北四市高三模拟)已知矩形ABCD的边AB＝4，BC＝3，若沿对角线AC折叠，使平面DAC⊥平面BAC，则三棱锥D­ABC的体积为________．[解析]在平面DAC内过点D作DE⊥AC，因为平面DAC⊥平面BAC，由面面垂直的性质定理可得DE⊥平面BAC．又DE＝125，所以三棱锥D­ABC的体积为13×12×4×3×125＝245．[答案]2454．(2019·南京模拟)设平面α与平面β相交于直线m，直线b在平面α内，直线c在平面β内，且c⊥m，则“c⊥b”是“α⊥β”的________条件．[解析]若α⊥β，又α∩β＝m，c⊂β，c⊥m可得c⊥α，因为b⊂α，所以c⊥b．反过来c⊥b不能得到α⊥β(如b∥m时，由c⊥m可得c⊥b，但不能判断α，β的位置关系)．[答案]必要不充分5．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．[解析]因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，又因为E是AD的中点，所以F是CD的中点，即EF是△ACD的中位线，所以EF＝12AC＝12×22＝2．[答案]26．(2019·扬州模拟)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，有下列三个命题：①若l⊥α，m⊂α，则l⊥m；②若l∥α，m⊂α，则l∥m；③若l∥α，m∥α，则l∥m．则其中正确命题的序号是________．[解析]根据线面垂直的性质定理可知①正确．[答案]①7．(2019·南通高三模拟)已知正三棱柱的各条棱长均为a，圆柱的底面直径和高均为b．若它们的体积相等，则a3∶b3的值为________．[解析]由题意可得12×a2×32×a＝π(b2)2×b，即34a3＝14πb3，则a3b3＝π3＝3π3．[答案]3π38．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(三))如图，若三棱锥A1­BCB1的体积为3，则三棱柱ABC­A1B1C1的体积为________．[解析]设三棱柱的底面面积为S，高为h，则VA1­ABC＝13S△ABC·h＝13Sh＝13VABC­A1B1C1，同理VC­A1B1C1＝13VABC­A1B1C1，所以VA1­BCB1＝13VABC­A1B1C1．又VA1­BCB1＝3，所以三棱柱ABC­A1B1C1的体积为9．[答案]99．(2019·南通模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与CF异面；②直线BE与AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．其中一定正确的有________个．[解析]如图，易得EF∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC，即B，E，F，C四点共面，则①错误，②正确，③正确，④不一定正确．[答案]210．(2019·江苏高考专家原创卷)已知正三棱锥P­ABC的体积为223，底面边长为2，D为侧棱PA的中点，则四面体D­ABC的表面积为________．[解析]设底面正三角形ABC的中心为O，连结OA，OP，又底面边长为2，可得OA＝233，由VP­ABC＝13S△ABC·PO，即223＝13PO×34×22，得PO＝263，所以PA＝PO2＋AO2＝2．S△ABC＝3，S△DAB＝S△DAC＝32，S△DBC＝2，所以四面体D­ABC的表面积为23＋2．[答案]23＋211．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(二))已知三棱锥P­ABC中，PA＝3，PC＝2，AC＝1，平面PAB⊥平面ABC，D是PA的中点，E是PC的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求证：平面BDE⊥平面PAB．[证明](1)因为D是PA的中点，E是PC的中点，所以DE∥AC．又DE⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC．(2)因为PA＝3，PC＝2，AC＝1，所以PA2＋AC2＝PC2，所以三角形PAC是直角三角形，AC⊥PA．又DE∥AC，所以DE⊥PA．过P作PH⊥AB于H．因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PH⊂平面PAB，所以PH⊥AC．又DE∥AC，所以DE⊥PH．又PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAB，所以DE⊥平面PAB．又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAB．12．(2019·南京检测)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F分别为BB1，AC的中点．(1)求证：BF∥平面A1EC；(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1．[证明](1)连结AC1交A1C于点O，连结OE，OF，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，所以OA＝OC1．又因为F为AC中点，所以OF∥CC1且OF＝12CC1．因为E为BB1中点，所以BE∥CC1且BE＝12CC1．所以BE∥OF且BE＝OF，所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE．又BF⊄平面A1EC，OE⊂平面A1EC，所以BF∥平面A1EC．(2)由(1)知BF∥OE，因为AB＝CB，F为AC中点，所以BF⊥AC，所以OE⊥AC．又因为AA1⊥底面ABC，而BF⊂底面ABC，所以AA1⊥BF．由BF∥OE，得OE⊥AA1，而AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A，所以OE⊥平面ACC1A1．因为OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1．13．(2019·江苏高考原创卷)如图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝4，DE＝2AB＝3，且F是CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)在线段CE上是否存在点H，使DH⊥平面BCE？若存在，求出CHHE的值；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取CE的中点P，连结FP，BP，因为F为CD的中点，所以FP∥DE，且FP＝12DE．又AB∥DE，且AB＝12DE，所以AB∥FP，且AB＝FP，所以四边形ABPF为平行四边形，所以AF∥BP．因为AF⊄平面BCE，BP⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE．(2)在线段CE上存在点H，使DH⊥平面BCE．理由如下：在△CDE中，过点D作DH⊥CE，交CE于点H，因为△ACD为正三角形，所以AF⊥CD．因为AB⊥平面ACD，DE∥AB，所以DE⊥平面ACD，又CD、AF⊂平面ACD，所以DE⊥AF，DE⊥CD．又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面DCE．又BP∥AF，所以BP⊥平面DCE．因为DH⊂平面CDE，所以DH⊥BP．又BP∩CE＝P，所以DH⊥平面BCE．在Rt△CDE中，CD＝4，DE＝3，DH⊥CE，所以CH＝165，HE＝95，CHHE＝169．14．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点．(1)求证：B1C1⊥平面ABB1A1；(2)在CC1上是否存在一点E，使得∠BA1E＝45°，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由．[解](1)证明：因为AB＝B1B，所以四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，又因为AC1⊥平面A1BD，所以AC1⊥A1B，所以A1B⊥平面AB1C1，所以A1B⊥B1C1．又在直棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面ABB1A1．(2)存在．证明如下：设AB＝BB1＝a，CE＝x，因为D为AC的中点，且AC1⊥A1D，所以A1B＝A1C1＝2a，又因为B1C1⊥平面ABB1A1，B1C1⊥A1B1，所以B1C1＝a，BE＝a2＋x2，A1E＝2a2＋（a－x）2＝3a2＋x2－2ax，在△A1BE中，由余弦定理得BE2＝A1B2＋A1E2－2A1B·A1E·cos45°，即a2＋x2＝2a2＋3a2＋x2－2ax－23a2＋x2－2ax·2a·22，所以3a2＋x2－2ax＝2a－x，解得x＝12a，即E是C1C的中点，因为D，E分别为AC，C1C的中点，所以DE∥AC1，因为AC1⊥平面A1BD，所以DE⊥平面A1BD，又因为DE⊂平面BDE，所以平面A1BD⊥平面BDE．