【数学】2020届一轮复习（文）江苏专版板块命题点专练(十)立体几何

【数学】2020届一轮复习（文）江苏专版板块命题点专练(十)立体几何

板块命题点专练(十) 立体几何 命题点一　空间几何体的表面积与体积 ‎ ‎1．(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．‎ 解析：由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2××()2×1＝.‎ 答案： ‎2．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．‎ 解析：设新的底面半径为r，由题意得 ×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，‎ 解得r2＝7，所以r＝.‎ 答案： ‎3．(2014·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是________．‎ 解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是r1，r2，母线长分别是l1，l2.则由＝可得＝.又两个圆柱的侧面积相等，即2πr1l1＝2πr2l2，则＝＝，所以＝＝×＝.‎ 答案： ‎4．(2018·天津高考)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M EFGH的体积为________．‎ 解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1‎ 的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M EFGH的体积为×2×＝.‎ 答案： ‎5．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．‎ 解析：由题意知，长方体的体对角线长为＝，‎ 记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝，‎ R＝，因此球O的表面积为S＝4πR2＝14π.‎ 答案：14π ‎6．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.‎ ‎(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q ABP的体积．‎ 解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即AB⊥AC.‎ 又因为AB⊥DA，AC∩DA＝A，‎ 所以AB⊥平面ACD.‎ 因为AB⊂平面ABC，‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.‎ 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.‎ 如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC.‎ 由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，‎ 所以QE⊥平面ABC，QE＝1.‎ 因此，三棱锥Q ABP的体积为VQ ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.‎ ‎7．(2017·北京高考)如图，在三棱锥PABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎(1)求证：PA⊥BD；‎ ‎(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥EBCD的体积．‎ 解：(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，‎ 所以PA⊥平面ABC.‎ 又因为BD⊂平面ABC，‎ 所以PA⊥BD.‎ ‎(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，‎ 所以BD⊥AC.‎ 由(1)知，PA⊥BD，又AC∩PA＝A，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ 因为BD⊂平面BDE，‎ 所以平面BDE⊥平面PAC.‎ ‎(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，‎ 所以PA∥DE.‎ 因为D为AC的中点，‎ 所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.‎ 由(1)知，PA⊥平面ABC，‎ 所以DE⊥平面ABC.‎ 所以三棱锥EBCD的体积V＝BD·DC·DE＝.‎ ‎8．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD ‎，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ 解：(1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，‎ 得AB⊥AP，CD⊥PD.‎ 因为AB∥CD，所以AB⊥PD.‎ 又AP∩PD＝P，‎ 所以AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)如图所示，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.‎ 由(1)知，AB⊥平面PAD，‎ 故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x.‎ 故四棱锥PABCD的体积VPABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.‎ 可得四棱锥PABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ 命题点二　直线、平面平行与垂直的判定与性质 ‎1．(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.‎ 求证：(1)AB∥平面A1B1C；‎ ‎(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 证明：(1)在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，AB∥A1B1.‎ 因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，‎ 所以AB∥平面A1B1C.‎ ‎(2)在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，‎ 四边形ABB1A1为平行四边形．‎ 又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，‎ 因此AB1⊥A1B.‎ 因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.‎ 因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，‎ 所以AB1⊥平面A1BC.‎ 因为AB1⊂平面ABB1A1，‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．‎ ‎(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．‎ 解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.‎ 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，‎ 所以BC⊥平面CMD，‎ 又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点，且CD为直径，‎ 所以DM⊥MC.‎ 又BC∩MC＝C，所以DM⊥平面BMC.‎ 因为DM⊂平面AMD，‎ 所以平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.‎ 证明如下：‎ 连接AC交BD于O.‎ 因为四边形ABCD为矩形，‎ 所以O为AC的中点．连接OP，‎ 因为P为AM中点，所以MC∥OP.‎ 又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，‎ 所以MC∥平面PBD.‎ ‎3．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D 不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：(1)EF∥平面ABC；‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ 证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，‎ 所以EF∥AB.‎ 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ BC⊂平面BCD，BC⊥BD，‎ 所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD，‎ 所以BC⊥AD.‎ 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面ABC.‎ 又因为AC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥AC.‎ ‎4．(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.‎ 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ 证明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.‎ 在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，‎ 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.‎ 又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，‎ 所以直线DE∥平面A1C1F.‎ ‎(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.‎ 因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.‎ 又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，‎ 所以A1C1⊥平面ABB1A1.‎ 因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.‎ 又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，‎ 所以B1D⊥平面A1C1F.‎ 因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.‎