（江蘇專用）高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題四 立體幾何 高考熱點追蹤（四）練習 文 蘇教版-蘇教版高三數(shù)學試題

高考熱點追蹤(四)1．(2019·徐州、淮安、宿遷、連云港四市模擬)已知圓錐的軸截面是邊長為2的正三角形，則該圓錐的體積為________．[解析]由題意得圓錐的底面半徑、高分別為r＝1，h＝eq\r(3)，故該圓錐的體積為V＝eq\f(1,3)π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3)π,3)．[答案]eq\f(\r(3),3)π2．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(五))《九章算術(shù)》第五章《商功》記載：今有圓堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，問積幾何？此處圓堡瑽即圓柱體，其意思是：有一個圓柱體的底面周長是4丈8尺，高1丈1尺，問它的體積是多少？若π的值取3，估算該圓堡瑽的體積為________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析]設(shè)該圓柱體底面圓的半徑為r尺，則由題意得2πr＝48，所以r≈8，又圓柱體的高為11尺，故該圓堡瑽的體積V＝πr2h≈2112立方尺．[答案]21123．(2019·蘇北四市高三模擬)已知矩形ABCD的邊AB＝4，BC＝3，若沿對角線AC折疊，使平面DAC⊥平面BAC，則三棱錐D-ABC的體積為________．[解析]在平面DAC內(nèi)過點D作DE⊥AC，因為平面DAC⊥平面BAC，由面面垂直的性質(zhì)定理可得DE⊥平面BAC．又DE＝eq\f(12,5)，所以三棱錐D-ABC的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×3×eq\f(12,5)＝eq\f(24,5)．[答案]eq\f(24,5)4．(2019·南京模擬)設(shè)平面α與平面β相交于直線m，直線b在平面α內(nèi)，直線c在平面β內(nèi)，且c⊥m，則“c⊥b”是“α⊥β”的________條件．[解析]若α⊥β，又α∩β＝m，c?β，c⊥m可得c⊥α，因為b?α，所以c⊥b．反過來c⊥b不能得到α⊥β(如b∥m時，由c⊥m可得c⊥b，但不能判斷α，β的位置關(guān)系)．[答案]必要不充分5．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上，若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________．[解析]因為EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，又因為E是AD的中點，所以F是CD的中點，即EF是△ACD的中位線，所以EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)．[答案]eq\r(2)6．(2019·揚州模擬)設(shè)l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，有下列三個命題：①若l⊥α，m?α，則l⊥m；②若l∥α，m?α，則l∥m；③若l∥α，m∥α，則l∥m．則其中正確命題的序號是________．[解析]根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知①正確．[答案]①7．(2019·南通高三模擬)已知正三棱柱的各條棱長均為a，圓柱的底面直徑和高均為b．若它們的體積相等，則a3∶b3的值為________．[解析]由題意可得eq\f(1,2)×a2×eq\f(\r(3),2)×a＝π(eq\f(b,2))2×b，即eq\f(\r(3),4)a3＝eq\f(1,4)πb3，則eq\f(a3,b3)＝eq\f(π,\r(3))＝eq\f(\r(3)π,3)．[答案]eq\f(\r(3)π,3)8．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(三))如圖，若三棱錐A1-BCB1的體積為3，則三棱柱ABC-A1B1C1的體積為________．[解析]設(shè)三棱柱的底面面積為S，高為h，則VA1-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)VABC-A1B1C1，同理VC-A1B1C1＝eq\f(1,3)VABC-A1B1C1，所以VA1-BCB1＝eq\f(1,3)VABC-A1B1C1．又VA1-BCB1＝3，所以三棱柱ABC-A1B1C1的體積為9．[答案]99．(2019·南通模擬)如圖是一幾何體的平面展開圖，其中ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點．在此幾何體中，給出下面四個結(jié)論：①直線BE與CF異面；②直線BE與AF異面；③直線EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．其中一定正確的有________個．[解析]如圖，易得EF∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC，即B，E，F(xiàn)，C四點共面，則①錯誤，②正確，③正確，④不一定正確．[答案]210．(2019·江蘇高考專家原創(chuàng)卷)已知正三棱錐P-ABC的體積為eq\f(2\r(2),3)，底面邊長為2，D為側(cè)棱PA的中點，則四面體D-ABC的表面積為________．[解析]設(shè)底面正三角形ABC的中心為O，連結(jié)OA，OP，又底面邊長為2，可得OA＝eq\f(2\r(3),3)，由VP-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PO，即eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(1,3)PO×eq\f(\r(3),4)×22，得PO＝eq\f(2\r(6),3)，所以PA＝eq\r(PO2＋AO2)＝2．S△ABC＝eq\r(3)，S△DAB＝S△DAC＝eq\f(\r(3),2)，S△DBC＝eq\r(2)，所以四面體D-ABC的表面積為2eq\r(3)＋eq\r(2)．[答案]2eq\r(3)＋eq\r(2)11．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(二))已知三棱錐P-ABC中，PA＝eq\r(3)，PC＝2，AC＝1，平面PAB⊥平面ABC，D是PA的中點，E是PC的中點．(1)求證：DE∥平面ABC；(2)求證：平面BDE⊥平面PAB．[證明](1)因為D是PA的中點，E是PC的中點，所以DE∥AC．又DE?平面ABC，AC?平面ABC，所以DE∥平面ABC．(2)因為PA＝eq\r(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．過P作PH⊥AB于H．因為平面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·南京檢測)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為BB1，AC的中點．(1)求證：BF∥平面A1EC；(2)求證：平面A1EC⊥平面ACC1A1．[證明](1)連結(jié)AC1交A1C于點O，連結(jié)OE，OF，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形ACC1A1為平行四邊形，所以O(shè)A＝OC1．又因為F為AC中點，所以O(shè)F∥CC1且OF＝eq\f(1,2)CC1．因為E為BB1中點，所以BE∥CC1且BE＝eq\f(1,2)CC1．所以BE∥OF且BE＝OF，所以四邊形BEOF是平行四邊形，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，因為AB＝CB，F(xiàn)為AC中點，所以BF⊥AC，所以O(shè)E⊥AC．又因為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O(shè)E⊥平面ACC1A1．因為OE?平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1．13．(2019·江蘇高考原創(chuàng)卷)如圖，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝4，DE＝2AB＝3，且F是CD的中點．(1)求證：AF∥平面BCE；(2)在線段CE上是否存在點H，使DH⊥平面BCE？若存在，求出eq\f(CH,HE)的值；若不存在，請說明理由．[解](1)證明：取CE的中點P，連結(jié)FP，BP，因為F為CD的中點，所以FP∥DE，且FP＝eq\f(1,2)DE．又AB∥DE，且AB＝eq\f(1,2)DE，所以AB∥FP，且AB＝FP，所以四邊形ABPF為平行四邊形，所以AF∥BP．因為AF?平面BCE，BP?平面BCE，所以AF∥平面BCE．(2)在線段CE上存在點H，使DH⊥平面BCE．理由如下：在△CDE中，過點D作DH⊥CE，交CE于點H，因為△ACD為正三角形，所以AF⊥CD．因為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．因為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＝eq\f(16,5)，HE＝eq\f(9,5)，eq\f(CH,HE)＝eq\f(16,9)．14．如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BB1，AC1⊥平面A1BD，D為AC的中點．(1)求證：B1C1⊥平面ABB1A1；(2)在CC1上是否存在一點E，使得∠BA1E＝45°，若存在，試確定E的位置，并判斷平面A1BD與平面BDE是否垂直？若不存在，請說明理由．[解](1)證明：因為AB＝B1B，所以四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，又因為AC1⊥平面A1BD，所以AC1⊥A1B，所以A1B⊥平面AB1C1，所以A1B⊥B1C1．又在直棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面ABB1A1．(2)存在．證明如下：設(shè)AB＝BB1＝a，CE＝x，因為D為AC的中點，且AC1⊥A1D，所以A1B＝A1C1＝eq\r(2)a，又因為B1C1⊥平面ABB1A1，B1C1⊥A1B1，所以B1C1＝a，BE＝eq\r(a2＋x2)，A1E＝eq\r(2a2＋（a－x）2)＝eq\r(3a2＋x2－2ax)，在△A1BE中，由余弦定理得BE2＝A1B2＋A