高考数学解答题专项练习《立体几何》文数含答案.docx
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高考数学解答题专项练习《立体几何》文数含答案
2021年高考数学解答题专项练习《立体几何》文数
1•如图,直三棱柱ABC-AxBxCx中,D,E分别是AB,BB冷勺中点.
(1)证明:
BCX〃平而扎CD;
(2)设AAfAC二CB二2,AB二2血,求三棱锥C-AXDE的体积.
2•如图所示,在棱长为2的正方体ACBD-ACBD中,H是线段AB上的动点.
(1〉证明:
AB//平面扎BQ
(2)若M是AB的中点,证明:
平而MCG丄平面ABBA;
(3)求三棱锥M-AxBX的体积.
3•如图,已知三棱锥A-BPC中,AP丄PC,AC丄BC,M为AB的中点,D为PB的中点,且APUB为
(1)求证:
DM//平而APC:
(2)求证:
BC丄平而APC:
(3)若BC二4,AB二10,求三棱锥D-BCM的体积.
°•如图,四而体ABCD中,AABC是正三角形,AD=CD.
(1)证明:
AC丄BD;
(2)已知AACD是直角三角形,AB二BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE丄EC,求四而体ABCE与四面体ACDE的体积比.
5•在四棱锥P-ABCD中,平而PAC平而ABCD,且有AB//DC,AB=2AC=2CD=AD.
(1)证明:
BC丄PA:
(2)若PA=PC=Eac=忑,Q在线段PB上,满足PQ二2QB,求三棱锥P-ACQ的体积.
2
6•如图,四棱锥P-ABC中,PA丄平而ABCD,AD//BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM二2MD,N为PC的中点.
(1)证明:
MN//平而PAB:
(2)求四而体N-BCH的体积.
如图,D为圆锥的顶点,0是圆锥底而的圆心,AABC是底而的内接正三角形,P为DO上一点.
ZAPC二90°・
(1)证明:
平面PAB丄平而PAC:
(2)设DXji,圆锥的侧而积为g求三棱锥P-ABC的体枳.
8-如图,四边形ABCD为矩形,且AD=2,AB二1,PA丄平而ABCD,PA=1,E为BC的中点.
(2)求三棱锥C-PDE的体积:
(3)探究在PA上是否存在点G,使得EG//平而PCD,并说明理由.
9•如图,在三棱锥P-ABC中,PA丄AB,PA丄BC,AB丄BC,PA二AB二BC二2,D为线段AC的中点,E
为线段PC上一点.
(1)求证:
PA丄BD:
(2)求证:
平而BDE丄平而PAC;
⑶当PA〃平而BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.
1°•如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,PA丄平而ABCD,PA二AB,M是PC上一点.
(1)若BH丄PC,求证:
PC丄平面MBD;
(2)若M为PC的中点,且AB二2,求三棱锥M-BCD的体积.
11-四棱锥P-ABCD中,侧而PAD为等边三角形且垂宜于底而ABCD,AD二2AB二2BC,
ZBAD二ZABC二90°・
(1)证明:
直线BC//平面PAD;
(2)若APCD面积为2命,求四棱锥P-ABCD的体积.
12•如图,已知三棱柱ABC-ABG的底而是正三角形,侧而BBGC是矩形,M,N分别为BC,BC
的中点,P为AM上一点.过BG和P的平而交AB于E,交AC于F.
(1)证明:
AA:
//MN,且平面AxAMN丄平面EBCF:
(2)设0为△AbG的中心,若AXAB二6,A0//平面EBGF,且ZMPN=-,求四棱锥B-EBCF
3
的体积.
13•如图,直三棱柱AxBXx-ABC中,AC丄BC,AC=BC=1,CCx=2,点M是Ab的中点.
(1)求证:
B,C//平而ACM
(2)求三棱锥Ax-AMCx的体积.
14•如图四边形ABCD为菱形,G为AC与BD交点,BE丄平而ABCD,
(1)证明:
平而AEC丄平而BED;
求该三棱锥的侧而积.
(2)若ZABC二120°,AE丄EC三棱锥E-ACD的体积为
15•如图,在平行四边形ABCM中,AB二AC二3,ZACM=90°,以AC为折痕将折起,使点H到
达点D的位置,且AB丄DA.
(1)证明:
平面ACD丄平而ABC:
2
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,3lBP^DO=^DA9求三棱锥Q-ABP的体
答案解析
16•解:
(1)证明:
连结AC,交A’C于点F,则F为AG中点又D是AB中点,
连结DF,则BG〃DF・
因为DFu平而A«D,BC:
不包含于平而A«D,所以BG〃平而A:
CD・
(2)解:
因为ABC-AbG是直三棱柱,所以AAxXCD・
由已知AC二CB,D为AB的中点,所以CD丄AB.
又AA4AB二A,于是CD丄平而ABBA・
由aAfAC=CB=2,AB=2\;,r2WZACB=90o,CD=、⑥AjXjEA"3,
故扎d・deJaE,即DE丄AJ)
所以三菱锥C-AxDE的体枳为:
VC-』D田吉X-|x低X忑X^1・
O乙
17•解:
(1)证明:
因为在正方体ACBD-A\C\B\D\中,
曲//佔,4Ac平面4B]C,平面4妁C,
:
.ABH平面
(2)证明:
在正方体ACBD-A^XDX中,
■:
BC=AC,Af是且E中点,
.-.CH丄掘.
V丄平而ABC,CATu平而ABC,则丄凡%.
•••HBu平面曲%%,4%u平而-扭耳£,且九3c=A,
:
.CM丄平而扭耳耳.
*.•CMu平面MCC],
.・・平而MCC]丄平而邸血
<3)因为川R仃平而所以点点虫到平而4耳c的距离相等.
114
故=^1-BJ.C=^&-ACA=yx2x2x—x2=—.
18•解:
⑴证明:
因为M为曲的中点,0为羽的中点,
所以」仞是△ABP的中位MD//AP.
又⑷H平面MC,必u平面HPC,所以肘Q#平面肿C.
(2)证明:
因为△刊空为正三角形,D为PB的中点,所以丄PB.又MD//AP,所以打丄PB.
又因为EP丄PC,刖DPC=P,所以.妒丄平面PBC.
因为Bg平面P8C,所以且P丄BC.
又因为PC丄AC,AC(^AP=A,
所以BC丄平面川PC・
⑶因为处丄平面PBC.MD//AP,
所以M)丄平面丹c,即」仞是三棱锥M-DPC的高.
因为.43=10,丄『为卫於的中点,为正三角形,
所以PB=MB=5.MD=邑佗=巫・
22
由PC丄平面*C,可得PC丄PC、
所以VD-BCM=%PC=|S*q・A/D弓X3X
在直角三角形PCS中,由PBfBC=4.可得PC=3.
5筋_5羽
19•解:
(1)取AC的中点0,连结DO,B0.
因为AD二CD,所以AC丄DO.
又由于aABC是正三角形,所以AC丄B0.
从而AC丄平而DOB,故AC丄BD・
(2)连结E0・
由
(1)及题设知ZADC二90°,所以D0二A0.
住RtMOB中,BO2+AO2=,4B2.
又AB二BD,^\^BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2.故ZDOB二90°・
由题设知“t£C为直角三角形,所以EO^-AC・
2
又MBC是正三角形,且AB二BD,所以£。
=二历・
2
故E为BD的中点,从而E到平而ABC的距离为D到平而ABC的距离的£,2
四而体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的2,
2
即四而体ABCE与四而体ACDE的体积之比为1:
1.
20•解:
(1)证明:
不妨设AB=2a,则AC=CD=DA=a
由是等边三角形得,ZACD=^
•:
ABUDC、
3
由余弦定理得,BC2=AC2+AB2-2AC-AB-cos-=3a2
3
即EC=所以BC2+AC2=AB:
所以Z4C5=90°.即PC丄貳C
又平而丹C丄平面ABCD
平而EVCfl平而丸5CD=AC
BCu平而ABCD,•••BC丄平而PAC
VPAc平而PAC,:
.BC丄刃.
(2)依题意得,P4丄PC
VP-ACQ=VQ-PAC=TJB-PAC二亠欣BC
=—x—xL%PA・PCBC=—x^x—Xy/2x^/2x2J3.
3323329
21•解:
(1)由已知得=取PP的中点7\连接AT.TN.
j
由N为FC中点知TN//BC,tn=^bc=2.
又ADHEC,故EV平行且等于/A/,四边形为平行四边形,
于是MNHAT•
因为上厂u平而尸/L5,MNU平而所以恵¥〃平而
(2)因为恋丄平而.拡CD,N为FC的中点,所以N到平面拡CQ的距离为托.
取BC的中点E,连结乂E•由.13=JC=3
PA_冲
XT"~,
得能丄BC,=后・
由AMGEC得“到EC的距离为Jg,故S/M
所以四面体N-BCM的体积VN_B£M=lxS22•解:
(1)连接OA.QBQC,・:
D为圆锥顶点,。
为底而圆心,
.\0D丄平而ABC,
•.•P在DO上,OA=0B=OC,:
.PA=PB=PC,
•・•△拡C是圆内接正三角形,.-.厦C=ZC,"AC竺丑C,
:
0PC=ZBPC=9Q°,即”丄PC.PA丄PC,
E4DPB=P:
:
.PC丄平而PAB^PCu平而血C,二平而PAB丄平而P4C;
(2)设圆锥的母线为儿底而半径为尸,圆锥的侧面积为处/=J亍兀川=J亍,
OD2=l2-r2=2.解得尸=1J=Q,JC=2rsin60°=V3>
在等腰直角三角形且PC中,AP=^-AC=^~.
二三棱锥PTC的体积为J寺O.Sg寺半xfX3=f•
23•解:
仃)连结AE9TE为EC的中点,EC=CD=19
:
.\DCE为等腰直角三角形,
则ZDEC=45\同理可得上AEB二4亍,•:
SED=9Y,:
・DE丄兄E,
又PA丄平面J5CD,且D£u平面4SCD,•••PA丄DE,
又JAErxPA=A,•••DE丄平面昭E,又PEu平面/UE,/.DE丄PE.
(2)由
(1)知2CE为腰长为1的等腰直角三角形,
=£x1x1二
2而血是三棱锥F—DCE的高,
2
卩C-FDE=Hf-DCE:
二2s彌.PA=-X-X1=-・
3曲326
⑶在Rd上存在中点G,使得EG门平面PCD•理由如下:
取PdFD的中点GR,连绪EG,GH,CH.
•••G旧是PA.PD的中点,•••GHHAD^GH=-AD.
2
又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC//AD,且EC二gAD,
2所以EC//GH,且EC二GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,又EGCZ:
平而PCD,CHC平而PCD,所以EG//平而PCD.
24•解:
(I)因为只4丄川5,R4丄BC,所以丄平面且BC,
又因为PDu平面貝BC,所以X4丄PD・
(ID因为AB=EC,。
为川C中点,所以ED丄AC.
由(I)知,R4丄BD,所以PD丄平而R4C.
所以平而PDE丄平而PAC.
(III)因为平面BDE.平面平而BDE=DE,所以E4||DE.
因为。
为川C的中点,所以DE=^PA=1,
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