《浙江省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練27 解答題專項訓練(立體幾何) 文》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《浙江省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練27 解答題專項訓練(立體幾何) 文(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題升級訓練27 解答題專項訓練(立體幾何)
1.下圖是一個幾何體的直觀圖及它的三視圖(其中正(主)視圖為直角梯形,俯視圖為正方形,側(左)視圖為直角三角形,尺寸如圖所示).
(1)求四棱錐P-ABCD的體積;
(2)若G為BC的中點,求證:AE⊥PG.
2.有一根長為3π cm,底面半徑為2 cm的圓柱形鐵管,用一段鐵絲在鐵管上纏繞2圈,并使鐵絲的兩個端點落在圓柱的同一母線的兩端,則鐵絲的最短長度為多少?
3.如圖,AA1,BB1為圓柱OO1的母線,BC是底面圓O的直徑,D,E分別是AA1,CB1的中點,DE⊥平面CBB1.
(1)證明:DE∥平面ABC;
(2)求
2、四棱錐C-ABB1A1與圓柱OO1的體積比.
4.如圖所示,平面ABCD⊥平面ABEF,ABCD是正方形,ABEF是矩形,且AF=AD=2,G是EF的中點.
(1)求證:平面AGC⊥平面BGC;
(2)求三棱錐A-GBC的體積.
5.已知正四面體ABCD(圖1),沿AB,AC,AD剪開,展成的平面圖形正好是(圖2)所示的直角梯形A1A2A3D(梯形的頂點A1,A2,A3重合于四面體的頂點A).
(1)證明:AB⊥CD;
(2)當A1D=10,A1A2=8時,求四面體ABCD的體積.
6.如圖,已知三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N為AB
3、上一點,AB=4AN,M,D,S分別為PB,AB,BC的中點.
(1)求證:PA∥平面CDM;
(2)求證:SN⊥平面CDM.
7.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱與底面垂直,∠ABC=90°,AB=BC=BB1=2,M,N分別是AB,A1C的中點.
(1)求證:MN∥平面BCC1B1;
(2)求證:MN⊥平面A1B1C;
(3)求三棱錐M-A1B1C的體積.
8.一個多面體的直觀圖和三視圖如圖所示,其中M,G分別是AB,DF的中點.
(1)求證:CM⊥平面FDM;
(2)在線段AD上(含A,D端點)確定一點P,使得GP∥平面FMC,并給出證明.
4、
參考答案
1.解:(1)由幾何體的三視圖可知,底面ABCD是邊長為4的正方形,PA⊥面ABCD,PA∥EB,且PA=4,BE=2,AB=AD=CD=CB=4,所以VP-ABCD=PA·S正方形ABCD=×4×4×4=.
(2)證明:連接BP.
因為==,∠EBA=∠BAP=90°,
所以△EBA∽△BAP,所以∠PBA=∠AEB,
所以∠PBA+∠BAE=∠BEA+∠BAE=90°,
所以PB⊥AE.
由題易證BC⊥平面APEB,
所以BC⊥AE.
又因為PB∩BC=B,
所以AE⊥平面PBC,
因為PG?平面PBC,所以AE⊥PG.
2.解:把圓柱側面及纏繞其上的
5、鐵絲展開,在平面上得到矩形ABCD(如圖),由題意知BC=3π cm,AB=4π cm,點A與點C分別是鐵絲的起、止位置,故線段AC的長度即為鐵絲的最短長度.AC==5π(cm),
故鐵絲的最短長度為5π cm.
3.(1)證明:連接EO,OA.
∵E,O分別為B1C,BC的中點,
∴EO∥BB1.
又DA∥BB1,且DA=EO=BB1.
∴四邊形AOED是平行四邊形,
即DE∥OA.又DE平面ABC,AO?平面ABC,∴DE∥平面ABC.
(2)解:由題意知DE⊥平面CBB1,且由(1)知DE∥OA,
∴AO⊥平面CBB1,∴AO⊥BC,
∴AC=AB.因BC是底
6、面圓O的直徑,得CA⊥AB.而AA1⊥CA,AA1∩AB=A,∴CA⊥平面AA1B1B,即CA為四棱錐的高.
設圓柱高為h,底面半徑為r,
則V柱=πr2h,V錐=h(r)·(r)=hr2,
∴V錐∶V柱=.
4.(1)證明:∵G是矩形ABEF的邊EF的中點,
∴AG=BG==2,
從而得:AG2+BG2=AB2,∴AG⊥BG.
又∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,且BC⊥AB,
∴BC⊥平面ABEF.∵AG?平面ABEF,∴BC⊥AG.
∵BC∩BG=B,∴AG⊥平面BGC,
∵AG?平面AGC,
∴平面AGC⊥平面BGC.
(2)解:由
7、(1)得:BC⊥平面ABEF,
∴CB是三棱錐A-GBC的高,
而S△ABG=×2×2=4,
∴VA-GBC=VC-ABG=×4×4=.
5.(1)證明:在四面體ABCD中,
∵?AB⊥平面ACD?AB⊥CD.
(2)解:在題圖2中作DE⊥A2A3于E.
∵A1A2=8,
∴DE=8.
又∵A1D=A3D=10,
∴EA3=6,A2A3=10+6=16.
又A2C=A3C,∴A2C=8.
即圖1中AC=8,AD=10,
由A1A2=8,A1B=A2B得題圖1中AB=4.
∴S△ACD==DE·A3C=×8×8=32.
又∵AB⊥面ACD,
∴VB-ACD=×
8、32×4=.
6.證明:(1)在三棱錐P-ABC中,因為M,D分別為PB,AB的中點,所以MD∥PA.
因為MD?平面CMD,PA平面CMD,所以PA∥平面CMD.
(2)因為M,D分別為PB,AB的中點,所以MD∥PA.
因為PA⊥平面ABC,所以MD⊥平面ABC,
又SN?平面ABC,所以MD⊥SN.
在△ABC中,連接DS,因為D,S分別為AB,BC的中點,
所以DS∥AC且DS=AC.
又AB⊥AC,所以∠ADS=∠BAC=90°.
因為AC=AB,所以AC=AD,
所以∠ADC=45°,因此∠CDS=45°.
又AB=4AN,所以DN=AD=AC,
即DN=D
9、S,故SN⊥CD.
又MD∩CD=D,所以SN⊥平面CMD.
7.(1)證明:連接BC1,AC1.由題知點N在AC1上且為AC1的中點.∵M是AB的中點,
∴MN∥BC1.
又∵MN平面BCC1B1,∴MN∥平面BCC1B1.
(2)證明:∵三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱與底面垂直,
∴四邊形BCC1B1是正方形,
∴BC1⊥B1C,∴MN⊥B1C.
連接A1M,由∠ABC=∠MAA1=90°,BM=AM,BC=AA1得△AMA1≌△BMC.∴A1M=CM.又N是A1C的中點,∴MN⊥A1C.
∵B1C與A1C相交于點C,∴MN⊥平面A1B1C.
(3)解:由(2)
10、知MN是三棱錐M-A1B1C的高.在直角△MNC中,,,∴.
又,∴=MN·=.
8.證明:由三視圖可得直觀圖為直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=a.
(1)∵FD⊥平面ABCD,CM?平面ABCD,
∴FD⊥CM.
在矩形ABCD中,CD=2a,AD=a,M為AB中點,DM=CM=a,∴CM⊥DM.
∵FD?平面FDM,DM?平面FDM,F(xiàn)D∩DM=D,∴CM⊥平面FDM.
(2)點P在A點處.
證明:取DC中點S,連接AS,GS,GA,
∵G是DF的中點,∴GS∥FC.
又AS∥CM,AS∩AG=A,
∴平面GSA∥平面FMC.而GA?平面GSA,
∴GP∥平面FMC.