【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考數(shù)學(xué)(江蘇專用-理科)二輪專題整合：1-4-立體幾何

立體幾何一、填空題1．(2022·徐州質(zhì)檢)已知圓柱的底面半徑為1，母線長(zhǎng)與底面的直徑相等，則該圓柱的表面積為_(kāi)_______． 解析利用圓柱的側(cè)面積公式求解，該圓柱的側(cè)面積為2π×1×2＝4π，一個(gè)底面圓的面積是π，所以該圓柱的表面積為4π＋2π＝6π. 答案6π2．(2022·蘇、錫、常、鎮(zhèn)調(diào)研)已知△ABC為等腰直角三角形，斜邊BC上的中線AD＝2.將△ABC沿AD折成60°的二面角，連接BC，則三棱錐C-ABD的體積為_(kāi)_______． 解析由題意可得∠CDB＝60°，DC＝DB，所以△DCB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，且AD⊥平面DCB，所以三棱錐C-ABD的體積為eq\f(1,3)S△BCD·AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2sin60°×2＝eq\f(2\r(3),3). 答案eq\f(2\r(3),3)3．(2022·淮安信息卷)棱長(zhǎng)為eq\r(2)的正四周體的外接球半徑為_(kāi)_______． 解析棱長(zhǎng)為eq\r(2)的正四周體可以放入棱長(zhǎng)為1的正方體內(nèi)，所以其外接球直徑為2R＝eq\r(3)，則該外接球的半徑為eq\f(\r(3),2). 答案eq\f(\r(3),2)4．設(shè)a，b是兩條直線，α，β是兩個(gè)平面，則下列4組條件中全部能推得a⊥b的條件是________(填序號(hào))． ①a?α，b∥β，α⊥β；②a⊥α，b⊥β，α⊥β； ③a?α，b⊥β，α∥β；④a⊥α，b∥β，α∥β. 解析由①a?α，b∥β，α⊥β可能得到兩直線垂直，平行或異面，②③④均能得到兩直線垂直，故填寫②③④. 答案②③④5. 如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上，若EF∥平面AB1C，則線段 解析∵EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，又∵E是AD的中點(diǎn)，∴F是CD的中點(diǎn)，即EF是△ACD的中位線，∴EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2). 答案eq\r(2)6．(2022·南通、揚(yáng)州、泰州、宿遷調(diào)研)設(shè)l，m表示直線，m是平面α內(nèi)的任意一條直線，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)⊥α”成立的________條件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中選填一個(gè))． 解析由于m是平面α內(nèi)的任意一條直線，若l⊥m，則l⊥α，所以充分性成立；反過(guò)來(lái)，若l⊥α，則l⊥m，所以必要性成立，故“l(fā)⊥m”是“l(fā)⊥α”成立的充要條件． 答案充要7．(2022·泰州模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N分別在AB1，BC1上(M，N不與B1，C1重合)，且AM＝BN，那么①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN與A 解析過(guò)M作MP∥AB交BB1于P，連接NP，則平面MNP∥平面A1C1，所以MN∥平面A1B1C1D1，又AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥MN.當(dāng)M與B1重合，N與C1重合時(shí)，則A1C1與 答案①③8．(2022·揚(yáng)州中學(xué)模擬)在正三棱錐P-ABC中，M，N分別是PB，PC的中點(diǎn)，若截面AMN⊥平面PBC，則此棱錐中側(cè)面積與底面積的比為_(kāi)_______． 解析取BC的中點(diǎn)D，連接AD，PD，且PD與MN的交點(diǎn)為E.由于AM＝AN，E為MN的中點(diǎn)，所以AE⊥MN，又截面AMN⊥平面PBC，所以AE⊥平面PBC，則AE⊥PD，又E點(diǎn)是PD的中點(diǎn)，所以PA＝AD.設(shè)正三棱錐P-ABC的底面邊長(zhǎng)為a，則側(cè)棱長(zhǎng)為eq\f(\r(3),2)a，斜高為eq\f(\r(2),2)a，則此棱錐中側(cè)面積與底面積的比為eq\f(3×\f(1,2)a×\f(\r(2),2)a,\f(\r(3),4)a2)＝eq\r(6). 答案eq\r(6)二、解答題9. (2022·泰州學(xué)情調(diào)研)如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD為菱形，OA⊥平面ABCD，E為OA的中點(diǎn)，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，求證： (1)平面BDO⊥平面ACO； (2)EF∥平面OCD. 證明(1)∵OA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以O(shè)A⊥BD， ∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又OA∩AC＝A，∴BD⊥平面OAC， 又∵BD?平面OBD，∴平面BDO⊥平面ACO. (2)取OD中點(diǎn)M，連接EM，CM，則ME∥AD，ME＝eq\f(1,2)AD， ∵ABCD是菱形，∴AD∥BC，AD＝BC， ∵F為BC的中點(diǎn)，∴CF∥AD，CF＝eq\f(1,2)AD， ∴ME∥CF，ME＝CF.∴四邊形EFCM是平行四邊形， ∴EF∥CM， 又∵EF?平面OCD，CM?平面OCD. ∴EF∥平面OCD.10．(2022·威海一模)如圖，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分別為AB，CB的中點(diǎn)，M為底面△OBF的重心． (1)求證：平面ADF⊥平面CBF； (2)求證：PM∥平面AFC； (3)求多面體CD－AFEB的體積V. (1)證明∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，且CB⊥AB， ∴CB⊥平面ABEF， 又AF?平面ABEF，所以CB⊥AF， 又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝eq\r(3)， ∴AF2＋BF2＝AB2，得AF⊥BF， 又BF∩CB＝B， ∴AF⊥平面CFB， 又∵AF?平面ADF， ∴平面ADF⊥平面CBF. (2)證明連接OM并延長(zhǎng)交BF于H，則H為BF的中點(diǎn)，又P為CB的中點(diǎn)， ∴PH∥CF，又∵CF?平面AFC，PH?平面AFC， ∴PH∥平面AFC， 連接PO，則PO∥AC， 又∵AC?平面AFC，PO?平面AFC， ∴PO∥平面AFC，又∵PO∩PH＝P， ∴平面POH∥平面AFC， 又∵PM?平面POH， ∴PM∥平面AFC. (3)解多面體CD－AFEB的體積可分成三棱錐C－BEF與四棱錐F－ABCD的體積之和． 在等腰梯形ABEF中，計(jì)算得EF＝1，兩底間的距離EE1＝eq\f(\r(3),2). 所以VC－BEF＝eq\f(1,3)S△BEF×CB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),12)， VF－ABCD＝eq\f(1,3)S矩形ABCD×EE1＝eq\f(1,3)×2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)， 所以V＝VC－BEF＋VF－ABCD＝eq\f(5\r(3),12).11．(2022·衡水調(diào)研考試)如圖，正△ABC的邊長(zhǎng)為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B. (1)試推斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由； (2)求棱錐E－DFC的體積； (3)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使AP⊥DE？假如存在，求出eq\f(BP,BC)的值；假如不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解(1)AB∥平面DEF，理由如下： 在△ABC中，由E，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，得EF∥AB. 又AB?平面DEF，EF?平面DEF.∴AB∥平面DEF. (2)∵AD⊥CD，BD⊥CD，將△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，∴AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD. 取CD的中點(diǎn)M，這時(shí)EM∥AD， ∴EM⊥平面BCD，EM＝1. VE－DFC＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)S△BDC))×EM＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),3). (3)在線段BC上存在點(diǎn)P，使AP⊥DE. 證明如下：在線段BC上取點(diǎn)P，使BP＝eq\f(BC,3)， 過(guò)P作PQ⊥CD于Q. ∵AD⊥平面BCD，PQ?平面BCD， ∴AD⊥PQ.又∵AD∩CD＝D，∴PQ⊥平面ACD， ∴DQ＝eq\f(DC,3)＝eq\f(2\r(3),3)，∴tan∠DAQ＝eq