《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練27 解答題專項訓(xùn)練(立體幾何) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練27 解答題專項訓(xùn)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(xùn)練27　解答題專項訓(xùn)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(cè)(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(dāng)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(cè)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(cè)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(shè)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(jìn)是AB的中點， ∴MN∥BC1. 又∵M(jìn)N平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1. (2)證明：∵三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)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.