高考熱點(diǎn)強(qiáng)化3　立體幾何

9/9高考熱點(diǎn)強(qiáng)化(三)立體幾何1．(2021·韶關(guān)一模)設(shè)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(guān)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(diǎn)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(shè)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(xué)一模)某班科技興趣小組研究在學(xué)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(jīng)測量長方體的底面正方形的邊長為26米，高為9米，當(dāng)正四棱錐的頂點(diǎn)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(diǎn)的影子到長方體下底面最近頂點(diǎn)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(shè)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(diǎn)E，連接EP，EO′，所以EO′＝13，由正四棱錐的性質(zhì)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(cè)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(zhuǎn)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(chǎn)備料工序的重要加工方法，各種金屬和非金屬切割已經(jīng)成為現(xiàn)代工業(yè)生產(chǎn)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(biāo)．現(xiàn)需把一個表面積為28π的球形鐵質(zhì)原材料切割成為一個底面邊長和側(cè)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(zhì)原材料切割成為正三棱柱的工業(yè)用零配件，球形鐵質(zhì)原材料的半徑R＝eq\r(7)，設(shè)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(shè)有下列四個命題：p1：兩兩相交且不過同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)．p2：過空間中任意三點(diǎn)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(shè)直線l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，則由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，設(shè)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(dāng)A，B，C三點(diǎn)不共線時，過A，B，C三點(diǎn)有且僅有一個平面；當(dāng)A，B，C三點(diǎn)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(diǎn)D為棱A1B1的中點(diǎn)，則異面直線AD與CB1所成角的大小為________．30°[如圖，取AB的中點(diǎn)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(jié)構(gòu)，其中6個氟原子(F)恰好在正八面體的頂點(diǎn)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(nèi)，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(zhì)可得：當(dāng)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(diǎn)S，設(shè)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(diǎn)，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(guān)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(diǎn)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(dāng)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(diǎn)，OG⊥平面ABC，且G為△ABC的重心，設(shè)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(diào)遞增；t∈(8,12)時，g(t)單調(diào)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(cè)面ABCD是菱形，G是邊AD的中點(diǎn)．平面ADEF⊥平面ABCD，∠ADE＝90°.(1)求證：AC⊥BE；(2)在線段BE上求點(diǎn)M(說明M點(diǎn)的具體位置)，使得DE∥平面GMC，并證明你的結(jié)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(shè)BD∩CG＝O，在△BDE中，過O作DE的平行線交BE于點(diǎn)M，M點(diǎn)即為所求的點(diǎn)．∵OM在平面MGC內(nèi)，DE不在平面MGC內(nèi)，且OM∥DE,∴DE∥平面MGC．∵四邊形ABCD為菱形，且G是AD的中點(diǎn)，∴△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(diǎn)M為線段BE上靠近點(diǎn)E的三等分點(diǎn)．14．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E為AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，使得點(diǎn)A到點(diǎn)P位置，且PE⊥EB，M為PB的中點(diǎn)，N是BC上的動點(diǎn)(與點(diǎn)B，C不重合)．(1)求證：平面EMN⊥平面PBC；(2)設(shè)三棱錐B-EMN和四棱錐P-EBCD的體積分別為V1和V2，當(dāng)N為BC中點(diǎn)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，