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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习苏教版“立体几何”专题提能课作业

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‎(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.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=AD=a,AA1=2,四面体ACB1D1的体积为6,则a=________.‎ 解析:如图,VACB1D1=VABCDA1B1C1D1-VAA1B1D1-VB1ABC-VD1ADC-VCB1C1D1=2a2-a2=a2=6,所以a=3.‎ 答案:3‎ ‎3.设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题:‎ ‎①若a⊥b,a⊥α,则b∥α;‎ ‎②若a⊥β,α⊥β,则a∥α;‎ ‎③若a∥α,a⊥β,则α⊥β;‎ ‎④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.‎ 其中正确命题的序号是________.‎ 解析:①中b可能在平面α内;②中a可能在平面α内;③中因为a∥α,a⊥β,所以α内必存在一条直线b与a平行,从而得到b⊥β,所以α⊥β,故③正确;因为a⊥b,a⊥α,所以b∥α或b⊂α,故α内必有一条直线c与b平行,又b⊥β,所以c⊥β,故α⊥β,所以④正确.‎ 答案:③④‎ ‎4.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥平面AB1C1,AA1=1,底面△ABC是边长为2的正三角形,则此三棱柱的体积为________.‎ 解析:因为AA1⊥平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以AA1⊥AB1,又知AA1=1,A1B1=2,所以AB1==,同理可得AC1=,又知在△AB1C1中,B1C1=2,所以△AB1C1的边B1C1上的高为h==,其面积S=×2×=,于是三棱锥AA1B1C1的体积VAA1B1C1=VA1AB1C1=×S△AB1C1×AA1=,进而可得此三棱柱ABCA1B1C1的体积V=3VAA1B1C1=3×=.‎ 答案: B组——方法技巧练 ‎1.设P,A,B,C是球O表面上的四个点,PA,PB,PC两两垂直,且PA=PB=1,PC=2,则球O的表面积是________.‎ 解析:设球O的半径为R.由PA,PB,PC两两垂直,所以外接球的直径是以PA,PB,PC为棱的长方体的体对角线,即4R2=PA2+PB2+PC2=1+1+4=6,故S球表面积=4πR2=6π.‎ 答案:6π ‎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:根据公理知平行于同一条直线的两条直线互相平行,①正确;根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:①④‎ ‎3.如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,若各条棱长均为2,且M为A1C1的中点,则三棱锥MAB1C的体积是________.‎ 解析:法一:在正三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,从而AA1⊥B1M.又因为B1M是正三角形A1B1C1的中线,所以B1M⊥A1C1,所以B1M⊥平面ACC1A1,则VMAB1C=VB1ACM=×B1M=××2×2×=.‎ 法二: VMAB1C=VABCA1B1C1-VAA1B1M-VCC1B1M-VB1ABC=×2××2-2×-××2=.‎ 答案: ‎4.如图,平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=1,AD=2,∠ADC=60°,AF=.‎ ‎(1)求证:AC⊥BF;‎ ‎(2)求多面体ABCDEF的体积.‎ 解:(1)证明:∵AB=1,AD=2,∠ADC=60°,‎ 由余弦定理:AC2=CD2+AD2-2CD·AD·cos 60°=1+4-2×1×2×=3,‎ 于是AD2=CD2+AC2,∴∠ACD=90°,‎ ‎∵AB∥CD,∴AC⊥AB.‎ 又∵四边形ACEF是矩形,∴FA⊥AC,‎ 又AF∩AB=A,∴AC⊥平面AFB,‎ 又BF⊂平面AFB,∴AC⊥BF.‎ ‎(2)令多面体ABCDEF的体积为V,‎ V=VDACEF+VBACEF=2VDACEF,‎ 又∵平面ABCD⊥平面ACEF,DC⊥AC,‎ 根据两平面垂直的性质定理:DC⊥平面ACEF,‎ ‎∴DC为四棱锥DACEF的高,‎ S矩形ACEF=×=,‎ ‎∴VDACEF=××1=,‎ ‎∴V=2VDACEF=,即多面体ABCDEF的体积为.‎ ‎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 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=.‎ C组——创新应用练 ‎1.下列命题:‎ ‎①若直线l平行于平面α内的无数条直线,直线a在平面α内,则l∥a;‎ ‎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内的无数条直线.‎ 其中真命题的个数为________.‎ 解析:对于①,∵直线l虽与平面α内的无数条直线平行,但l有可能在平面α内,∴l不一定平行于a,∴①是假命题;‎ 对于②,∵直线a在平面α外,包括两种情况: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不一定平行于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内的无数条直线平行,∴④是真命题. ‎ 答案:1‎ ‎2.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===,‎ 在Rt△PAB中,AE=PE=,∴EF=,‎ ‎∴VPAEF=AF·EF·PE=AF·· ‎=·=·≤,∴当AF=1时,VPAEF取得最大值,此时AF==1,∴cos θ=,sin θ=,∴tan θ=.‎ 答案: ‎3.如图所示,等腰△ABC的底边AB=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=,‎ 即=,所以EF=,‎ 所以S△ABC=×6×3=9,‎ S△BEF=×x×=x2,‎ 所以V(x)=×x=x(0<x<3).‎ 因为V′(x)=,‎ 所以当x∈(0,6)时,V′(x)>0,V(x)单调递增;‎ 当6<x<3时,V′(x)<0,V(x)单调递减,‎ 因此当x=6时,V(x)取得最大值12.‎ 答案:12 ‎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=2.‎ 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=.‎ 又S△DEG=S△ACD=×AC·CD·sin 30°=,‎ 所以三棱锥BDEG的体积为V=S△DEG·BH=××=.‎ ‎5.如图,已知斜三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AC,D为BC的中点.‎ ‎(1)若平面ABC⊥平面BCC1B1,求证:AD⊥DC1;‎ ‎(2)求证:A1B∥平面ADC1.‎ 证明:(1)因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.‎ 因为平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AD⊂平面ABC,所以AD⊥平面BCC1B1.‎ 因为DC1⊂平面BCC1B1,‎ 所以AD⊥DC1.‎ ‎(2)如图,连结A1C,交AC1于点O,连结OD,则O为A1C的中点.‎ 因为D为BC的中点,所以OD∥A1B.‎ 因为OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.‎ ‎6.现需要设计一个仓库,它的上部是底面圆半径为5 m的圆锥,下部是底面圆半径为5 m的圆柱,且该仓库的总高度为5 m.经过预算,制造该仓库的圆锥侧面、圆柱侧面用料的单价分别为4百元/m2、1百元/m2.‎ ‎(1)记仓库的侧面总造价为y百元:‎ ‎①设圆柱的高为x m,试将y表示为关于x的函数y=f(x);‎ ‎②设圆锥母线与其轴所在直线所成角为θ,试将y表示为关于θ的函数y=g(θ);‎ ‎(2)问当圆柱的高度为多少时,该仓库的侧面总造价最少?‎ 解:(1)①由题可知,圆柱的高为x m,且x∈(0,5),‎ 则该仓库的侧面总造价y=(2π×5x)×1+×4‎ ‎=10πx+20π,x∈(0,5).‎ ‎②由题可知,圆锥母线与轴所在直线所成角为θ,且θ∈,‎ 则该仓库的侧面总造价y=×1+×4‎ ‎=50π,θ∈.‎ ‎(2) 由②,令h(θ)=,‎ 则h′(θ)=,‎ 由h′(θ)=0得cos θ=,‎ 又θ∈,所以θ=,‎ 当θ变化时,h′(θ),h(θ)的变化情况如表所示.‎ θ ‎ h′(θ)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ h(θ)‎  极小值  所以当θ=时,h(θ)取得最小值,侧面总造价y最小,‎ 此时圆柱的高度为5-=5- m.‎ 当圆柱的高度为5- m时,该仓库的侧面总造价最少.‎