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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.
本文标题:(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
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