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江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何第53练高考大题突破练

江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何第53练高考大题突破练


(江苏专用) 2018 版高考数学专题复习 专题 8 立体几何 第 53 练 高 考大题突破练——立体几何练习 文
1.(2016·全国乙卷)如图,已知正三棱锥 PABC 的侧面是直角三角形,PA=6,顶点 P 在平 面 ABC 内的投影为点 D,点 D 在平面 PAB 内的投影为点 E,连结 PE 并延长交 AB 于点 G. (1)证明:G 是 AB 的中点; (2)在图中作出点 E 在平面 PAC 内的投影 F(说明作法及理由),并求四面体 PDEF 的体积.

2.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.

BF BE

3.(2016·江苏)如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,D,E 分别为 AB,BC 的中点,点 F 在侧棱

B1B 上,且 B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.
求证:(1)直线 DE∥平面 A1C1F; (2)平面 B1DE⊥平面 A1C1F.

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;

1

(2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点,求三棱锥 B-DEG 的体积.

2

答案精析 1.(1)证明 因为 P 在平面 ABC 内的投影为 D, 所以 AB⊥PD. 因为 D 在平面 PAB 内的投影为 E, 所以 AB⊥DE. 因为 PD∩DE=D,PD,DE 都在平面 PED 内, 所以 AB⊥平面 PED,又 PG 在平面 PGD 内,故 AB⊥PG. 又由已知可得 PA=PB,从而 G 是 AB 的中点.

(2)解 在平面 PAB 内,过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F,F 即为 E 在平面 PAC 内的投影. 理由如下:由已知可得 PB⊥PA,PB⊥PC,又 EF∥PB,所以 EF⊥PA,EF⊥PC,PC∩PA=P,

PC 与 PA 都在平面 PAC 中,因此 EF⊥平面 PAC,即点 F 为 E 在平面 PAC 内的投影.
连结 CG,因为 P 在平面 ABC 内的投影为 D,所以 D 是正三角形 ABC 的中心.由(1)知,G 是

AB 的中点,所以 D 在 CG 上,故 CD= CG.
由题设可得 PC⊥平面 PAB,DE⊥平面 PAB, 2 所以 DE∥PC,因此 PE= PG, 3

2 3

DE= PC.
由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA=6,可得 DE=2,PE=2 2. 在等腰直角三角形 EFP 中,可得 EF=PF=2, 1 1 4 所以四面体 PDEF 的体积 V= × ×2×2×2= . 3 2 3 2.(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.
3

1 3

(2)解 如图,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.

BF 1 又因为在矩形 ABCD 中,O 为 BD 的中点,所以 F 为 BE 的中点,即 = . BE 2
3.证明 (1)由已知得,DE 为△ABC 的中位线, ∴DE∥AC,又由三棱柱的性质可得 AC∥A1C1, ∴DE∥A1C1, 且 DE?平面 A1C1F,

A1C1? 平面 A1C1F,
∴DE∥平面 A1C1F. (2)在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1⊥平面 A1B1C1, ∴AA1⊥A1C1,又∵A1B1⊥A1C1,且 A1B1∩AA1=A1,

A1B1? 平面 ABB1A1,AA1? 平面 ABB1A1,
∴A1C1⊥平面 ABB1A1,A1F? 平面 A1C1F, ∵B1D? 平面 ABB1A1, ∴A1C1⊥B1D, 又∵A1F⊥B1D,A1C1? 平面 A1C1F, 且 A1F∩A1C1=A1, ∴B1D⊥平面 A1C1F, 又∵B1D? 平面 B1DE, ∴平面 B1DE⊥平面 A1C1F. 4.(1)证明 在图 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 3. 又因为 CE=4,∠DCE=30°,所以由余弦定理得,DE=2. 则 CD +DE =CE ,所以∠CDE=90°,即 DE⊥CD. 在图 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)解 在图 2 中,因为 EF∥平面 BDG,EF? 平面 ABC,平面 ABC∩平面 BDG=BG, 所以 EF∥BG.
4
2 2 2

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 于点 H. 因为平面 BCD⊥平面 ACD,平面 BCD∩平面 ACD=CD,

BH? 平面 BCD,所以 BH⊥平面 ACD.
3 由条件得 BH= . 2 1 1 1 又 S△DEG= S△ACD= × AC·CD·sin 30°= 3, 3 3 2 所以三棱锥 B-DEG 的体积为

V= S△DEG·BH= × 3× =

1 3

1 3

3 2

3 . 2

5



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