【创新设计】2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-4-立体几何

立体几何一、填空题1．(2022·徐州质检)已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为________． 解析利用圆柱的侧面积公式求解，该圆柱的侧面积为2π×1×2＝4π，一个底面圆的面积是π，所以该圆柱的表面积为4π＋2π＝6π. 答案6π2．(2022·苏、锡、常、镇调研)已知△ABC为等腰直角三角形，斜边BC上的中线AD＝2.将△ABC沿AD折成60°的二面角，连接BC，则三棱锥C­ABD的体积为________． 解析由题意可得∠CDB＝60°，DC＝DB，所以△DCB是边长为2的等边三角形，且AD⊥平面DCB，所以三棱锥C­ABD的体积为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)棱长为eq\r(2)的正四周体的外接球半径为________． 解析棱长为eq\r(2)的正四周体可以放入棱长为1的正方体内，所以其外接球直径为2R＝eq\r(3)，则该外接球的半径为eq\f(\r(3),2). 答案eq\f(\r(3),2)4．设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列4组条件中全部能推得a⊥b的条件是________(填序号)． 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可能得到两直线垂直，平行或异面，②③④均能得到两直线垂直，故填写②③④. 答案②③④5. 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 解析∵EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，又∵E是AD的中点，∴F是CD的中点，即EF是△ACD的中位线，∴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、扬州、泰州、宿迁调研)设l，m表示直线，m是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的________条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)． 解析由于m是平面α内的任意一条直线，若l⊥m，则l⊥α，所以充分性成立；反过来，若l⊥α，则l⊥m，所以必要性成立，故“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件． 答案充要7．(2022·泰州模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上(M，N不与B1，C1重合)，且AM＝BN，那么①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A 解析过M作MP∥AB交BB1于P，连接NP，则平面MNP∥平面A1C1，所以MN∥平面A1B1C1D1，又AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥MN.当M与B1重合，N与C1重合时，则A1C1与 答案①③8．(2022·扬州中学模拟)在正三棱锥P­ABC中，M，N分别是PB，PC的中点，若截面AMN⊥平面PBC，则此棱锥中侧面积与底面积的比为________． 解析取BC的中点D，连接AD，PD，且PD与MN的交点为E.由于AM＝AN，E为MN的中点，所以AE⊥MN，又截面AMN⊥平面PBC，所以AE⊥平面PBC，则AE⊥PD，又E点是PD的中点，所以PA＝AD.设正三棱锥P­ABC的底面边长为a，则侧棱长为eq\f(\r(3),2)a，斜高为eq\f(\r(2),2)a，则此棱锥中侧面积与底面积的比为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、解答题9. (2022·泰州学情调研)如图，在四棱锥O­ABCD中，底面ABCD为菱形，OA⊥平面ABCD，E为OA的中点，F为BC的中点，求证： (1)平面BDO⊥平面ACO； (2)EF∥平面OCD. 证明(1)∵OA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以OA⊥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中点M，连接EM，CM，则ME∥AD，ME＝eq\f(1,2)AD， ∵ABCD是菱形，∴AD∥BC，AD＝BC， ∵F为BC的中点，∴CF∥AD，CF＝eq\f(1,2)AD， ∴ME∥CF，ME＝CF.∴四边形EFCM是平行四边形， ∴EF∥CM， 又∵EF⊄平面OCD，CM⊂平面OCD. ∴EF∥平面OCD.10．(2022·威海一模)如图，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分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心． (1)求证：平面ADF⊥平面CBF； (2)求证：PM∥平面AFC； (3)求多面体CD－AFEB的体积V. (1)证明∵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)证明连接OM并延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点， ∴PH∥CF，又∵CF⊂平面AFC，PH⊄平面AFC， ∴PH∥平面AFC， 连接PO，则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)解多面体CD－AFEB的体积可分成三棱锥C－BEF与四棱锥F－ABCD的体积之和． 在等腰梯形ABEF中，计算得EF＝1，两底间的距离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·衡水调研考试)如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B. (1)试推断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)求棱锥E－DFC的体积； (3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？假如存在，求出eq\f(BP,BC)的值；假如不存在，请说明理由． 解(1)AB∥平面DEF，理由如下： 在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB. 又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF.∴AB∥平面DEF. (2)∵AD⊥CD，BD⊥CD，将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，∴AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD. 取CD的中点M，这时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)在线段BC上存在点P，使AP⊥DE. 证明如下：在线段BC上取点P，使BP＝eq\f(BC,3)， 过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