《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練25 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(立體幾何) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練25 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(立體幾何) 文（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級訓(xùn)練25　解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(立體幾何) 1．下圖是一個(gè)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(diǎn)，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(gè)端點(diǎn)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(diǎn)，DE⊥平面CBB1. (1)證明：DE∥平面ABC

2、； (2)求四棱錐C-ABB1A1與圓柱OO1的體積比． 4. (2020·安徽江南十校二模，文18)如圖所示，菱形ABCD與直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE＝90°，∠DAB＝60°，AF∥DE，DE＝DA＝2AF＝2. (1)求四面體B-DEF的體積； (2)求證：平面EAC⊥平面EBD； (3)求證：AC∥平面BEF. 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(diǎn)A1，A2，A3重合于四面體的頂點(diǎn)A)． (1)證明：AB⊥CD； (2)當(dāng)A1D＝10，A1A2＝8時(shí)，求四面體A

3、BCD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上一點(diǎn)，AB=4AN，M，D，S分別為PB，AB，BC的中點(diǎn)． 求證：(1)PA∥平面CDM； (2)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(diǎn)． (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．(2020·合肥市第三次質(zhì)檢，文18)在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝4，AC與BD交于

4、O，將△ACD沿著AC折起，使D點(diǎn)至點(diǎn)D′，且D′點(diǎn)到平面ABC的距離為，如右圖所示． (1)求證：AC⊥BD′； (2)E是BO的中點(diǎn)，過C作平面ABC的垂線l，直線l上是否存在一點(diǎn)F，使EF∥平面AD′C？若存在，求出CF的長；若不存在，請說明理由． 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?yàn)椋剑剑螮BA＝∠BAP＝90°， 所以△EBA∽△BAP，所以∠PBA＝

5、∠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?yàn)镻B∩BC＝B， 所以AE⊥平面PBC， 因?yàn)镻G平面PBC，所以AE⊥PG. 2．解：把圓柱側(cè)面及纏繞其上的鐵絲展開，在平面上得到矩形ABCD(如圖)，由題意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，點(diǎn)A與點(diǎn)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(diǎn)， ∴EO∥BB1. 又DA∥BB1，

6、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=， ∴V錐∶V柱=. 4．解：(1)取AD中點(diǎn)為G，連接BG， 則BG⊥AD， 又平面ABCD⊥平面ADEF，所以BG⊥平面ADEF. 在正△ABD中，BG

7、＝，可求△DEF的面積為2，所以四面體B-DEF的體積＝VB-DEF＝×2×＝. (2)證明：因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ADEF，∠ADE＝90°，所以ED⊥平面ABCD，故ED⊥AC. 又ABCD是菱形，所以BD⊥AC.故AC⊥平面BDE. 所以平面EAC⊥平面EBD. (3)證明：設(shè)AC∩BD＝O，取BE中點(diǎn)H，連接FH，OH， 所以O(shè)H綉DE. 又AF綉DE，所以AF綉OH， 所以四邊形AFHO是平行四邊形． 所以AO∥HF，故AC∥平面BEF. 5．(1)證明：在四面體ABCD中， ∵AB⊥平面ACDAB⊥CD. (2)解：在題圖2中作DE⊥A2A3于E. ∵A1A

8、2=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＝S△A3CD＝DE·A3C＝×8×8＝32. 又∵AB⊥面ACD， ∴VB-ACD＝×32×4＝. 6．證明：(1)在三棱錐P-ABC中，因?yàn)镸，D分別為PB，AB的中點(diǎn)，所以MD∥PA. 因?yàn)镸D平面CMD，PA平面CMD，所以PA∥平面CMD. (2)因?yàn)镸，D分別為PB，AB的中點(diǎn)，所以MD∥PA. 因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以MD⊥平面

9、ABC， 又SN平面ABC，所以MD⊥SN. 在△ABC中，連接DS，因?yàn)镈，S分別為AB，BC的中點(diǎn)， 所以DS∥AC且DS＝AC. 又AB⊥AC，所以∠ADS＝∠BAC＝90°. 因?yàn)锳C＝AB，所以AC＝AD， 所以∠ADC＝45°，因此∠CDS＝45°. 又AB＝4AN，所以DN＝AD＝AC， 即DN＝DS，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(diǎn)N在AC1上且為AC1的中點(diǎn)．∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)， ∴MN∥BC1. 又∵M(jìn)N平面BCC1B1， ∴MN∥平面BCC1B1. (2)證明：∵三棱柱A

10、BC-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(diǎn)，∴MN⊥A1C. ∵B1C與A1C相交于點(diǎn)C，∴MN⊥平面A1B1C. (3)解：由(2)知MN是三棱錐M-A1B1C的高．在直角△MNC中，MC=，NC=，∴MN=. 又S△A1B1C=，∴VM-A1B1C=MN·S△A1B1C=. 8．解：(1)證明：設(shè)AC∩BD＝O，在菱形ABCD中，AC⊥BD， ∴AC⊥OD′，AC⊥OB. 又∵OD′

11、∩OB＝O，OD′平面BOD′，OB平面BOD′， ∴AC⊥平面BOD′.∴AC⊥BD′. (2)過D′作D′H⊥DO于H，連接CH，AH，AE，CE. 由(1)得平面BOD′⊥平面ABC，故HD′⊥平面ABC， 故D′H＝，所以O(shè)H＝＝1＝OE. ∴四邊形AECH為平行四邊形， ∴CH∥AE，CH＝AE. 在l上截取CF＝， ∵HD′⊥平面ABC，CF⊥平面ABC， ∴CF∥D′H.又CF＝D′H＝， ∴四邊形CFD′H為平行四邊形， ∴CH∥D′F，CH＝D′F，而CH∥AE，CH＝AE， ∴AE∥D′F，D′F＝AE， ∴四邊形D′AEF為平行四邊形， ∴AD′∥EF.又EF平面AD′C，AD′平面ADC， ∴EF∥平面AD′C， 故存在F，使EF∥平面AD′C，此時(shí)CF＝.