江苏专用2024高考数学二轮复习课时达标训练八“立体几何”专题提能课

PAGEPAGEPAGE1课时达标训练(八)“立体几何”专题提能课A组——易错清零练1．设l，m表示直线，m是平面α内的随意一条直线．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l⊥m，m⊂α，可得l⊂α，l∥α或l与α相交，推不出l⊥α；由l⊥α，m⊂α，结合线面垂直的定义可得l⊥m.故“l⊥m”是“l⊥α”成立的必要不充分条件．答案：必要不充分2．(2024·南京盐城二模)已知正四棱锥P­ABCD的全部棱长都相等，高为eq\r(2)，则该正四棱锥的表面积为________．解析：设正四棱锥P­ABCD的棱长为2x，则斜高为eq\r(3)x，所以(eq\r(2))2＋x2＝(eq\r(3)x)2，得x＝1，所以该正四棱锥的棱长为2，表面积S＝4＋4×eq\f(1,2)×2×2sin60°＝4eq\r(3)＋4.答案：4eq\r(3)＋43.(2024·苏州期末)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥所得的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥的体积为________．解析：如图，记挖去的正三棱锥为正三棱锥P­ABC，则该正三棱锥的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上．设BC的中点为D，连接AD，过点P作PO⊥平面ABC，交AD于点O，则AO＝PO＝2，AD＝3，AB＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3)，所以挖去的正三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC×PO＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×2＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)4．(2024·常州期末)已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面圆为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．解析：设圆锥SO的底面圆的半径为r，高为h，则圆柱PO的底面圆的半径为eq\f(1,2)r，高为eq\f(1,2)h，故圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r))\s\up12(2)×\f(1,2)h,\f(1,3)πr2h)＝eq\f(3,8).答案：eq\f(3,8)B组——方法技巧练1．(2024·山东联考)如图，ABCD­A1B1C1D1是棱长为4的正方体，P­QRH是棱长为4的正四面体，底面ABCD，QRH在同一个平面内，BC∥QH，则正方体中过AD且与平面PHQ平行的截面面积是解析：设截面与A1B1，D1C1分别相交于点E，F，则EF∥AD.过点P作平面QRH的垂线，垂足为O，则O是△QRH的中心．设OR∩HQ＝G，则∠EAB＝∠PGO.由RG＝2eq\r(3)得RO＝2OG＝eq\f(4\r(3),3)，PO＝eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(6),3)，所以sin∠EAB＝sin∠PGO＝eq\f(PO,PG)＝eq\f(\f(4\r(6),3),2\r(3))＝eq\f(2\r(2),3)，即eq\f(4,EA)＝eq\f(2\r(2),3)，则EA＝3eq\r(2)，所以四边形AEFD的面积S＝4×3eq\r(2)＝12eq\r(2).答案：12eq\r(2)2．在空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号为________．解析：依据公理知平行于同一条直线的两条直线相互平行，①正确；依据线面垂直性质定理知“同垂直一个平面的两条直线平行”，知④正确；②③均不恒成立．故选①④.答案：①④3．(2024·宿迁模拟)已知直三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，解析：如图，不妨设N在B处，设AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0⇒h2≥8，该直角三角形斜边MB＝eq\r(4＋h2)≥eq\r(4＋8)＝2eq\r(3)，故该直角三角形斜边长的最小值为2eq\r(3).答案：2eq\r(3)4．(2024·如皋中学模拟)如图，已知三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)求证：MN∥平面AA′C′C；(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．解：(1)证明：如图，取A′B′的中点E，连接ME，NE.因为M，N分别为A′B和B′C′的中点，所以NE∥A′C′，ME∥AA′.又A′C′⊂平面AA′C′C，AA′⊂平面AA′C′C，NE⊄平面AA′C′C，ME⊄平面AA′C′C，所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，又因为ME∩NE＝E，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因为MN⊂平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C.(2)连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，由题意知BC＝eq\r(2)λa，CN＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2)，因为三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，所以A′B′＝A′C′，A′N⊥B′C′，所以A′N⊥平面BB′C′C，又CN⊂平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)λ2a2))＝2λ2a2，解得λ＝eq\r(2)，故当λ＝eq\r(2)时，CN⊥平面A′MN.5.如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC.(1)求证：平面AEC⊥平面ABE；(2)点F在BE上，若DE∥平面ACF，求eq\f(BF,BE)的值．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC.因为平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面BCE.因为EC⊂平面BCE，所以EC⊥AB.因为EC⊥BE，AB⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，AB∩BE＝B，所以EC⊥平面ABE.因为EC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE.(2)连结BD交AC于点O，连结OF.因为DE∥平面ACF，DE⊂平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE∥OF.又因为矩形ABCD中，O为BD的中点，所以F为BE的中点，即eq\f(BF,BE)＝eq\f(1,2).C组——创新应用练1．下列命题：①若直线l平行于平面α内的多数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的多数条直线．其中真命题的个数为________．解析：对于①，∵直线l虽与平面α内的多数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴l不肯定平行于α，∴①是假命题；对于②，∵直线a在平面α外，包括两种状况：a∥α和a与α相交，∴②是假命题；对于③，∵a∥b，直线b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴a不肯定平行于α，∴③是假命题；对于④，∵a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴a与平面α内的多数条直线平行，∴④是真命题.答案：12.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P­AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________．解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝eq\f(AP·AC,PC)＝eq\f(2×2cosθ,2\r(1＋cos2θ))＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))，在Rt△PAB中，AE＝PE＝eq\r(2)，∴EF＝eq\r(AE2－AF2)，∴VP­AEF＝eq\f(1,6)AF·EF·PE＝eq\f(1,6)AF·eq\r(2－AF2)·eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6)·eq\r(2AF2－AF4)＝eq\f(\r(2),6)·eq\r(－（AF2－1）2＋1)≤eq\f(\r(2),6)，∴当AF＝1时，VP­AEF取得最大值eq\f(\r(2),6)，此时AF＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))＝1，∴cosθ＝eq\f(1,\r(3))，sinθ＝eq\r(\f(2,3))，∴tanθ＝eq\r(2).答案：eq\r(2)3.如图所示，等腰△ABC的底边AB＝6eq\r(6)，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥P­ACFE的体积，则V(x)的最大值为________．解析：因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，所以PE⊥平面ABC.因为CD⊥AB，FE⊥AB，所以EF∥CD，所以eq\f(EF,CD)＝eq\f(BE,BD)，即eq\f(EF,3)＝eq\f(x,3\r(6))，所以EF＝eq\f(x,\r(6))，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×6eq\r(6)×3＝9eq\r(6)，S△BEF＝eq\f(1,2)×x×eq\f(x,\r(6))＝eq\f(\r(6),12)x2，所以V(x)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9\r(6)－\f(\r(6),12)x2))x＝eq\f(\r(6),3)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(1,12)x2))(0＜x＜3eq\r(6))．因为V′(x)＝eq\f(\r(6),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(1,4)x2))，所以当x∈(0，6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增；当6＜x＜3eq\r(6)时，V′(x)＜0，V(x)单调递减，因此当x＝6时，V(x)取得最大值12eq\r(6).答案：12eq\r(6)4.如图①所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE＝4.如图②所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连结AB，设点F是AB的中点．(1)求证：DE⊥平面BCD；(2)若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B­DEG的体积．解：(1)证明：在题图①中，因为AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，所以∠ACB＝60°.因为CD为∠ACB的平分线，所以∠BCD＝∠ACD＝30°，所以CD＝2eq\r(3).又因为CE＝4，∠DCE＝30°，所以DE＝2.则CD2＋DE2＝CE2，所以∠CDE＝90°，即DE⊥CD.在题图②中，因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE⊂平面ACD，所以DE⊥平面BCD.(2)在题图②中，因为EF∥平面BDG，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，所以EF∥BG.因为点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，所以AE＝EG＝CG＝2.过点B作BH⊥CD交于点H.因为平面BCD⊥平面ACD，BH⊂平面BCD，所以BH⊥平面ACD.由条件得BH＝eq\f(3,2).又S△DEG＝eq\f(1,3)S△ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·CD·sin30°＝eq\r(3)，所以三棱锥B­DEG的体积为V＝eq\f(1,3)S△DEG·BH＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(3,2)＝eq\f(\r(3),2).5．(2024·南昌模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱锥P­ABM的体积．解：(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN⊄平面PAB，AC⊂平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝eq\r(3)，∴三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).6．(2024·南通等七市二模)图1是一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图2，屋顶由四坡屋面构成，其中前、后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左、右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形．点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H，M.已知HM＝5m，BC＝10m，梯形ABFE的面积是△FBC面积的2.2倍．设∠FMH＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,4))).(1)求屋顶面积S关于θ的函数关系式；(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k(k为正常数)，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16k.现欲造一栋上、下总高度为6m的新农村别墅，试问：当θ为何值时，解：(1)由题意知，FH⊥平面ABCD，FM⊥BC，由HM⊂平面ABCD，得FH⊥HM.在Rt△FHM中，HM＝5，∠FMH＝θ，所以FM＝eq\f(5,cosθ).因此S△FBC＝eq\f(1,2)×10×eq\f(5,cosθ)＝eq\f(25,