【数学】2020届一轮复习苏教版“立体几何”专题提能课作业

【数学】2020届一轮复习苏教版“立体几何”专题提能课作业

‎(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．‎