(江苏专用)2020高考数学二轮复习课时达标训练(八)2020立体几何2020专题提能课

课时达标训练(八)“立体几何”专题提能课组——易错清零练1．设l，m表示直线，m是平面α内的随意一条直线．则“l⊥m”是“l⊥α”建立的____________条件(在“充分不用要”“必需不充分”“充要”“既不充分又不用要”中选填一个)．分析：由l⊥m，m?α，可得l?α，l∥α或l与α订交，推不出l⊥α；由l⊥α，m?α，联合线面垂直的定义可得l⊥m.故“l⊥m”是“l⊥α”建立的必需不充分条件．答案：必需不充分2．(2020·南京盐城二模)已知正四棱锥P-ABCD的全部棱长都相等，高为2，则该正四棱锥的表面积为________．分析：设正四棱锥P-ABCD的棱长为2x，则斜高为3x，所以(2)2＋x2＝(3x)2，得x1＝1，所以该正四棱锥的棱长为2，表面积S＝4＋4×2×2×2sin60°＝43＋4.答案：43＋43.(2020·苏州期末)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥所得的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，极点在半球面上，则被挖去的正三棱锥的体积为________．分析：如图，记挖去的正三棱锥为正三棱锥P-ABC，则该正三棱锥的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，极点P在半球面上．设BC的中点为D，连结AD，过点P作PO⊥平面ABC，交AD于点O，则AO＝PO＝2，1AD＝3，AB＝BC＝23，所以S△ABC＝2×23×3＝33，所以挖去的正三棱11锥的体积V＝3S△ABC×PO＝3×33×2＝23.答案：234．(2020·常州期末)已知圆锥，过的中点P作平行于圆锥底面的SOSO截面，以截面圆为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱的体积与圆锥的体积的比值为________．POSO分析：设圆锥SO的底面圆的半径为r，高为h，则圆柱PO的底面圆的半121π×11r2h32径为2r，高为2h，故圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为12＝8.3πrh3答案：8组——方法技巧练1．(2020·山东联考)如图，ABCD-A1B1C1D1是棱长为4的正方体，P-QRH是棱长为4的正四周体，底面ABCD，QRH在同一个平面内，BC∥QH，则正方体中过AD且与平面PHQ平行的截面面积是________．分析：设截面与A1B1，D1C1分别订交于点E，F，则EF∥AD.过点P作平面QRH的垂线，垂43足为O，则O是△QRH的中心．设OR∩HQ＝G，则∠EAB＝∠PGO.由RG＝23得RO＝2OG＝3，24642－4346＝sin∠PO322422EA＝＝，即＝，所以sin∠＝＝3＝，则PO33EABPGOPG23EA3＝32，所以四边形AEFD的面积S＝4×32＝122.答案：1222．在空间中，用a，b，c表示三条不一样的直线，γ表示平面，给出以下四个命题：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.此中真命题的序号为________．分析：依据公义知平行于同一条直线的两条直线相互平行，①正确；依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均不恒建立．应选①④.答案：①④3．(2020·宿迁模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱1，1，1分别交于三点，，，若△为直角三AABBCCMNQMNQ角形，则该直角三角形斜边长的最小值为________．分析：如图，不如设N在B处，设AM＝h，CQ＝m，则2＝h2＋4，2＝2＋4，2＝(－)2＋4，MBBQmMQhm2222＝0.22MB＝由MB＝BQ＋MQ，得m－hm＋2＝h－8≥0?h≥8，该直角三角形斜边4＋h2≥4＋8＝23，故该直角三角形斜边长的最小值为23.答案：234．(2020·如皋中学模拟)如图，已知三棱柱ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．求证：MN∥平面AA′C′C；设AB＝λAA′，当λ为什么值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．解：(1)证明：如图，取A′B′的中点E，连结ME，NE.由于M，N分别为A′B和B′C′的中点，所以NE∥A′C′，ME∥AA′.又A′C′?平面AA′C′C，AA′?平面AA′C′C，NE?平面AA′C′C，ME?平面AA′C′C，所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，又由于ME∩NE＝E，所以平面MNE∥平面AA′C′C，由于MN?平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C.(2)连结BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，由题意知BC＝2λa，CN＝BN＝a2＋12λ2a2，由于三棱柱ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面，所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.由于AB＝AC，点N是B′C′的中点，所以A′B′＝A′C′，A′N⊥B′C′，所以A′N⊥平面BB′C′C，又CN?平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，要使CN⊥平面A′MN，只要CN⊥BN即可，2222＋12222所以CN＋BN＝BC，即2a2λa＝2λa，解得λ＝2，故当λ＝2时，CN⊥平面A′MN.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；BF点F在BE上，若DE∥平面ACF，求BE的值．解：(1)证明：由于四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC.由于平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面BCE.由于EC?平面BCE，所以EC⊥AB.由于EC⊥BE，AB?平面ABE，BE?平面ABE，AB∩BE＝B，所以EC⊥平面ABE.由于EC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE.连结BD交AC于点O，连结OF.由于DE∥平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE∥OF.又由于矩形ABCD中，O为BD的中点，所以F为BE的中点，即12.组——创新应用练1．以下命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；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；

BFBE④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．此中真命题的个数为________．分析：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不必定平行于α，∴①是假命题；对于②，∵直线a在平面α外，包含两种状况：a∥α和a与α订交，∴②是假命题；对于③，∵a∥b，直线b?α，则只好说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴a不必定平行于α，∴③是假命题；对于④，∵a∥b，b?α，那么a?α或a∥α，∴a与平面④是真命题.答案：1如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________．

内的无数条直线平行，∴所在的E，F，当分析：∵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，AP·AC2×2cosθ2cosθ＝PC＝1＋cos2＝1＋cos2，AF2θθ在Rt△中，＝＝2，∴＝2－2，PABAEPEEFAEAF112∴VP-AEF＝AF·EF·PE＝AF·2－AF·2662242222PAEF2＝6·2AF－AF＝6·－（AF－1）＋1≤6，∴当AF＝1时，V-获得最大值6，此时AF＝2cosθθ＝1，sinθ＝2，∴tanθ＝2.＝1，∴cos1＋cos2θ33答案：23.以下图，等腰△的底边＝66，高＝3，点E是线段BDABCABCD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△的地点，使⊥，记＝，()表示四棱锥-的体积，PEFPEAEBExVxPACFE则V(x)的最大值为________．分析：由于PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，所以PE⊥平面ABC.由于CD⊥AB，FE⊥AB，EFBE所以EF∥CD，所以＝，CDBD即EFx，所以EF＝x＝36，361所以S△ABC＝2×66×3＝96，△BEF＝1××x＝62，S2x612x162612所以V(x)＝3×96－12xx＝3x9－12x(0＜x＜36)．12由于V′(x)＝39－4x，所以当x∈(0，6)时，V′(x)＞0，V(x)单一递加；当6＜x＜36时，V′(x)＜0，V(x)单一递减，所以当x＝6时，V(x)获得最大值126.答案：1264.如图①所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的均分线，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．求证：DE⊥平面BCD；若EF∥平面BDG，此中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B-DEG的体积．解：(1)证明：在题图①中，由于AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，所以∠ACB＝60°.由于CD为∠ACB的均分线，所以∠BCD＝∠ACD＝30°，所以CD＝23.又由于CE＝4，∠DCE＝30°，所以DE＝2.222则CD＋DE＝CE，所以∠

CDE＝90°，即

DE⊥CD.在题图②中，由于平面

BCD⊥平面

ACD，平面

BCD∩平面

ACD＝CD，DE?

平面

ACD，所以DE⊥平面BCD.在题图②中，由于EF∥平面BDG，EF?平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，所以EF∥BG.由于点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.由于平面BCD⊥平面ACD，BH?平面BCD，所以BH⊥平面ACD.3由条件得BH＝2.又△DEG＝111°＝3，△ACD＝×··sin30S3S32ACCD1·BH＝1333322△DEG5．(2020·南昌模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．求证：平面CMN∥平面PAB；求三棱锥P-ABM的体积．解：(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，MN∥PA，又MN?平面PAB，PA?平面PAB，MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.CN?平面PAB，AC?平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝3，∴三棱锥P-ABM的体积V＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC1×1×1×3×2＝3.36．(2020·南通等七市二模)图1是一栋新乡村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图2，屋顶由四坡屋面组成，此中前、后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左、右两坡屋面

EAD和

FBC是全等的三角形．点

F在平面

ABCD和

BC上的射影分别为

H，M.已知

HM＝5m，BC＝10m，梯形

ABFE的面积是△

FBC面积的

2.2倍．设∠

FMH＝θ

π0<θ<4

.求屋顶面积S对于θ的函数关系式；(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比率系数为

k(

k为正常数

)，下部主体造价与其高度成正比，比率系数为

16k.现欲造一栋上、下总高度为

6m的新乡村别墅，试问：当

θ为什么值时，总造价最低？解：(1)由题意知，FH⊥平面ABCD，FM⊥BC，由HM?平面ABCD，得FH⊥HM.在Rt△FHM中，HM＝5，∠FMH＝θ，5所以FM＝cosθ.1525所以S△FBC＝2×10×cosθ＝cosθ.进而屋顶面积＝2△FBC＋2S梯形ABFE＝2×25＋2×25×2.2＝160，SScosθcosθcosθ所以屋顶面积

S对于

θ的函数关系式为

S＝1600＜θ＜πcosθ4

.(2)在Rt△FHM中，FH＝5tan

θ，所以