高考熱點強化3　立體幾何

9/9高考熱點強化(三)立體幾何1．(2021·韶關一模)設α，β，γ為三個不同的平面，若α⊥β，則“γ∥β”是“α⊥γ”的()A．充分不必要條件B．充要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件A[因為α⊥β，γ∥β，則α⊥γ，所以由α⊥β，γ∥β可以得出α⊥γ，若α⊥β，α⊥γ，則γ與β可能相交或平行，所以α⊥β，α⊥γ得不出γ∥β，所以若α⊥β，則“γ∥β”是“α⊥γ”的充分不必要條件，故選A．]2．空間四邊形ABCD的四邊相等，則它的兩條對角線AC，BD的關系是()A．垂直且相交B．相交但不一定垂直C．垂直但不相交D．不垂直也不相交C[取BD中點E，連接AE，CE.∵AB＝AD＝BC＝CD，∴AE⊥BD，CE⊥BD．∴BD⊥平面AEC．又AC?面AEC，∴BD⊥AC．故選C．]3．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)C[在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1連接BC1，AC1，AC，則∠AC1B為AC1與平面BB1C1C所成的角，∠AC1B＝30°，所以在Rt△ABC1中，BC1＝eq\f(AB,tan∠AC1B)＝2eq\r(3)，又BC＝2，所以在Rt△BCC1中，CC1＝eq\r(2\r(3)2－22)＝2eq\r(2)，所以該長方體體積V＝BC×CC1×AB＝8eq\r(2).]4．若圓錐軸截面的面積為3eq\r(3)，母線與底面所成的角為60°，則該圓錐的體積為()A．3π B．4πC．5π D．6πA[圓錐軸截面面積為3eq\r(3)，母線與底面所成角為60°，則圓錐的軸截面是正三角形，設底面半徑為r，則有eq\f(\r(3),4)×(2r)2＝3eq\r(3)，解得r＝eq\r(3)，則圓錐的高為eq\f(r,tan30°)＝3，所以圓錐的體積為eq\f(1,3)×πr2×3＝3π.故選A．]5．(2021·長郡中學一模)某班科技興趣小組研究在學校的圖書館頂上安裝太陽能板的發(fā)電量問題，要測量頂部的面積，將圖書館看成是一個長方體與一個等底的正四棱錐組合而成，經測量長方體的底面正方形的邊長為26米，高為9米，當正四棱錐的頂點在陽光照射下的影子恰好落在底面正方形的對角線的延長線上時，測的光線與底面夾角為30°，正四棱錐頂點的影子到長方體下底面最近頂點的距離為11.8米，則圖書館頂部的面積大約為(注：eq\r(2)≈1.4，eq\r(3)≈1.7，eq\r(233)≈15.2)()A．990平方米 B．890平方米C．790平方米 D．690平方米C[如圖1，根據(jù)題意得：∠PSO＝30°，CC1＝9，SC1＝11.8，AB＝26，所以C1O＝13eq\r(2)≈18.2，故SO＝SC1＋C1O＝11.8＋18.2＝30，故在Rt△PSO中，設PO＝x，則PS＝2x，SO＝30，所以|SO|2＋|OP|2＝|SP|2，即：900＋x2＝4x2，解得x＝10eq\r(3)≈17.所以如圖2，在正四棱錐P-ABCD中，PO′＝17－9＝8，AB＝26，取BC的中點E，連接EP，EO′，所以EO′＝13，由正四棱錐的性質得△PEO′為直角三角形，故|PE|2＝|PO′|2＋|O′E|2＝132＋82＝233，所以|PE|＝eq\r(233)≈15.2，所以正四棱錐P-ABCD的側面積為S＝4×S△PBC＝4×eq\f(1,2)×15.2×26＝790.4≈790.故選C．]圖1圖26．(2021·鄭州模擬)某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該幾何體的體積(單位：cm3)是()A．eq\f(7,2) B．eq\f(9,2)C．eq\f(10,3) D．4A[根據(jù)幾何體的三視圖轉換為直觀圖為：該幾何體為故V＝1×1×3＋eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(7,2).故選A．]7．(2021·惠州一模)切割是焊接生產備料工序的重要加工方法，各種金屬和非金屬切割已經成為現(xiàn)代工業(yè)生產中的一道重要工序．被焊工件所需要的幾何形狀和尺寸，絕大多數(shù)是通過切割來實現(xiàn)的．原材料利用率是衡量切割水平的一個重要指標．現(xiàn)需把一個表面積為28π的球形鐵質原材料切割成為一個底面邊長和側棱長都相等的正三棱柱工業(yè)用零配件，則該零配件最大體積為()A．6 B．eq\r(3)C．18 D．eq\f(9\r(3),2)C[用一個表面積為28π的球形鐵質原材料切割成為正三棱柱的工業(yè)用零配件，球形鐵質原材料的半徑R＝eq\r(7)，設正三棱柱的高與底面的邊長為x，則底面外接圓半徑r＝eq\f(2,3)·eq\r(x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),3)x，則R2＝AG2＋OG2，即7＝eq\f(1,3)x2＋eq\f(1,4)x2，即x＝2eq\r(3).∴該零配件的最大體積為V＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×2eq\r(3)＝18.故選C．]8．(2020·全國卷Ⅱ)設有下列四個命題：p1：兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內．p2：過空間中任意三點有且僅有一個平面．p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行．p4：若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l.則下述命題中所有真命題的序號是________．①p1∧p4；②p1∧p2；③?p2∨p3；④?p3∨?p4.①③④[對于p1，由題意設直線l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，則由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，設此平面為α，由B∈l2，l2?α，知B∈α，由C∈l1，l1?α，知C∈α，所以l3?α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命題．對于p2，當A，B，C三點不共線時，過A，B，C三點有且僅有一個平面；當A，B，C三點共線時，過A，B，C的平面有無數(shù)個，所以p2是假命題，?p2是真命題．對于p3，若空間兩條直線不相交，則這兩條直線可能平行，也可能異面，所以p3是假命題，?p3是真命題．對于p4，若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l，所以p4是真命題，?p4是假命題．故p1∧p4為真命題，p1∧p2為假命題，?p2∨p3為真命題，?p3∨?p4為真命題．綜上可知，真命題的序號是①③④.]9．正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2eq\r(2)，點D為棱A1B1的中點，則異面直線AD與CB1所成角的大小為________．30°[如圖，取AB的中點E，連接B1E，CE，則AD∥EB1，所以異面直線AD與CB1的夾角即為∠CB1E.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2eq\r(2)，所以CBeq\o\al(2,1)＝CB2＋BBeq\o\al(2,1)＝4＋(2eq\r(2))2＝12，EBeq\o\al(2,1)＝EB2＋BBeq\o\al(2,1)＝1＋(2eq\r(2))2＝9.又△ABC為正三角形，所以CE＝eq\r(3).在△CEB1中，由余弦定理的推論，得cos∠CB1E＝eq\f(CB\o\al(2,1)＋EB\o\al(2,1)－CE2,2CB1·EB1)＝eq\f(12＋9－3,2×\r(12)×3)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠CB1E＝30°.所以異面直線AD與CB1所成角的大小為30°.]10.如圖所示，六氟化硫(SF6)的分子是一個正八面體結構，其中6個氟原子(F)恰好在正八面體的頂點上，而硫原子(S)恰好是正八面體的中心．若把該分子放入一個球內，則這個球的體積與六氟化硫分子體積之比的最小值為________．π[由正八面體的性質可得：當這個球的體積與六氟化硫分子體積之比取最小值時，此時這個球為正八面體的外接球，且球心為點S，設外接球的半徑為R，則正八面體的體積為2×eq\f(1,3)×(eq\r(2)R)2×R＝eq\f(4R3,3)，又正八面體的外接球的體積為eq\f(4πR3,3)，則這個球的體積與六氟化硫分子體積之比的最小值為eq\f(\f(4,3)πR3,\f(4,3)R3)＝π.]11.如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分別為BD1，BB1上的動點，則△C1PQeq\r(4＋2\r(2))[連接BC1，B1D1，將三棱錐C1-BB1D1展開得到如圖所示平面展開圖，則△C1PQ周長的最小值為C1C1由幾何關系知，B1C1＝C1′D1＝1，B1D1＝eq\r(2)，易知BB1⊥B1D1，又B1D1＝BC1′，故四邊形BB1D1C1′為矩形，所以C1′D1⊥B1D1，又BB1⊥B1C1，故△C1D1C1C1C1′＝eq\r(C1′D\o\al(2,1)＋C1D\o\al(2,1))＝eq\r(12＋\r(2)＋12)＝eq\r(4＋2\r(2)).]12．已知點A，B，C在半徑為2的球O的球面上，且OA，OB，OC兩兩所成的角相等，則當三棱錐O-ABC的體積最大時，平面ABC截球O所得的截面圓的面積為________．eq\f(8π,3)[由題意知，三棱錐O-ABC為正三棱錐，如圖所示：D為BC中點，OG⊥平面ABC，且G為△ABC的重心，設AB＝x，則AG＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)x＝eq\f(\r(3),3)x，∴OG＝eq\r(OA2－AG2)＝eq\r(4－\f(1,3)x2)，VO-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)x2·eq\r(4－\f(1,3)x2)＝eq\f(1,12)eq\r(x412－x2)，令t＝x2∈(0,12)?g(t)＝t2(12－t)?g′(t)＝－3t2＋24t，令g′(t)＝0，解得t＝8，且t∈(0,8)時，g(t)單調遞增；t∈(8,12)時，g(t)單調遞減，∴x2＝t＝8時，三棱錐O-ABC體積最大，此時AG2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)x))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,3)，平面ABC截球O所得的截面圓的面積S＝π·AG2＝eq\f(8,3)π.]13.如圖，在三棱柱FAB-EDC中，側面ABCD是菱形，G是邊AD的中點．平面ADEF⊥平面ABCD，∠ADE＝90°.(1)求證：AC⊥BE；(2)在線段BE上求點M(說明M點的具體位置)，使得DE∥平面GMC，并證明你的結論．[解](1)證明：如圖，連接BD，則由四邊形ABCD是菱形可得AC⊥BD，∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，且DE⊥AD,∴DE⊥平面ABCD．又AC?平面ABCD,∴AC⊥DE.∵BD∩DE＝D,∴AC⊥平面BDE，∵BE?平面BDE,∴AC⊥BE.(2)設BD∩CG＝O，在△BDE中，過O作DE的平行線交BE于點M，M點即為所求的點．∵OM在平面MGC內，DE不在平面MGC內，且OM∥DE,∴DE∥平面MGC．∵四邊形ABCD為菱形，且G是AD的中點，∴△DOG∽△BOC，且eq\f(OD,OB)＝eq\f(DG,BC)＝eq\f(1,2)，又OM∥DE，于是eq\f(EM,MB)＝eq\f(OD,OB)＝eq\f(1,2)，故點M為線段BE上靠近點E的三等分點．14．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E為AB的中點，沿DE將△ADE折起，使得點A到點P位置，且PE⊥EB，M為PB的中點，N是BC上的動點(與點B，C不重合)．(1)求證：平面EMN⊥平面PBC；(2)設三棱錐B-EMN和四棱錐P-EBCD的體積分別為V1和V2，當N為BC中點時，求eq\f(V1,V2)的值．[解](1)證明：∵PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，∴PE⊥平面EBCD，又PE?平面PEB，∴平面PEB⊥平面EBCD，∵BC?平面EBCD，BC⊥EB，