最新高考数学文第八章 立体几何 83习题及答案Word下载.docx
- 文档编号:13690796
- 上传时间:2022-10-12
- 格式:DOCX
- 页数:10
- 大小:245.98KB
最新高考数学文第八章 立体几何 83习题及答案Word下载.docx
《最新高考数学文第八章 立体几何 83习题及答案Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《最新高考数学文第八章 立体几何 83习题及答案Word下载.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
解
(1)证明:
如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE⊂平面PAC,所以PE⊥平面ABC,从而PE⊥AB.
因∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF.
从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.
(2)设BC=x,则在Rt△ABC中,
AB==,
从而S△ABC=AB·
BC=x.
由EF∥BC知,==,
得△AFE∽△ABC,故=2=,
即S△AFE=S△ABC.
由AD=AE,得S△AFD=S△AFE=·
S△ABC=S△ABC=x,
从而四边形DFBC的面积为
SDFBC=S△ABC-S△AFD=x-x=x.
由
(1)知,PE⊥平面ABC,
所以PE为四棱锥P-DFBC的高.
在Rt△PEC中,PE===2.
体积VP-DFBC=·
SDFBC·
PE=·
x·
2=7,
故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>
0,可得x=3或x=3.
所以,BC=3或BC=3.
3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.
求证:
(1)DE∥平面AA1C1C;
(2)BC1⊥AB1.
证明
(1)由题意知,E为B1C的中点,
又D为AB1的中点,因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.
因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.
4.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明由);
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;
(3)证明:
直线DF⊥平面BEG.
解
(1)点F,G,H的位置如图所示.
(2)平面BEG∥平面ACH,证明如下:
因为ABCD-EFGH为正方体,
所以BC∥FG,BC=FG,
又FG∥EH,FG=EH,
所以BC∥EH,BC=EH,
于是四边形BCHE为平行四边形,
所以BE∥CH.
又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,
所以BE∥平面ACH.
同BG∥平面ACH.
又BE∩BG=B,
所以平面BEG∥平面ACH.
连接FH.
因为ABCD-EFGH为正方体,所以DH⊥平面EFGH.
因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG.
又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD.
又DF⊂平面BFHD,所以DF⊥EG.
同DF⊥BG.
又EG∩BG=G,所以DF⊥平面BEG.
5.如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.
(1)求证:
BD∥平面FGH;
(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:
平面BCD⊥平面EGH.
证明
(1)证法一:
连接DG,CD,设CD∩GF=M,连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,
所以四边形DFCG为平行四边形,
则M为CD的中点,又H为BC的中点,所以HM∥BD.
又HM⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.
证法二:
在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,
可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BE∥HF.
在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.
又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.
(2)连接HE,GE.
因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB,
由AB⊥BC,得GH⊥BC.
又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,
因此四边形EFCH是平行四边形,所以CF∥HE.
又CF⊥BC,所以HE⊥BC.
又HE,GH⊂平面EGH,HE∩GH=H,
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.
6.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.
B1C⊥AB;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°
,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
解
连接BC1,则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,AO∩BC1=0,故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO,故B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD.作OH⊥AD,垂足为H.
由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC.
又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1=60°
,所以△CBB1为等边三角形,又BC=1,可得OD=.
由于AC⊥AB1,所以OA=B1C=.
由OH·
AD=OD·
OA,且AD==,得OH=.
又O为B1C的中点,
所以点B1到平面ABC的距离为,
故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.
7.如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.
AP∥平面BEF;
(2)求证:
BE⊥平面PAC.
证明
(1)设AC∩BE=O,连接OF,EC.
由于E为AD的中点,
AB=BC=AD,AD∥BC,
所以AE∥BC,AE=AB=BC,
因此四边形ABCE为菱形,
所以O为AC的中点.
又F为PC的中点,
因此在△PAC中,可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC,ED=BC,
所以四边形BCDE为平行四边形,因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD,
所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC.
又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
8.如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.
(1)直线PA∥平面DEF;
(2)平面BDE⊥平面ABC.
证明
(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.
又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,
所以DE∥PA,DE=PA=3,
EF=BC=4.
又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°
,即DE⊥EF.
又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.
因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 最新高考数学文第八章 立体几何 83习题及答案 最新 高考 数学 第八 83 习题 答案