2021高考数学(文-江苏专用)二轮复习-专题二-第二讲-立体几何综合问题8-【检测与评估答案】.docx

第2讲　立体几何综合问题

1. 1∶8　【解析】由S1∶S2=1∶4,得r1∶r2=1∶2,则V1∶V2=1∶8.

2. 　【解析】=S△BCO·h=××2×1×2=.

3. 2π　【解析】圆柱的底面周长为2πr=2π,所以所求侧面积为2π·h=2π.

4. 　【解析】高PA=2,底面积S△EBC=×2×1×sin120°=,所以体积V=××2=.

5. 　【解析】卷出的圆锥筒的母线是原半圆的半径,圆锥筒的底面周长是原半圆的弧长,所以可求得圆锥底面的半径为1,高为,则其容积大小为.

6. 18　【解析】由于BC∥平面GEFH,BCÌ平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC,因此GH∥EF.
连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK.由于PA=PC,O是AC的中点,
所以PO⊥AC.同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,
且AC,BD都在平面ABCD内,
所以PO⊥平面ABCD.
又由于平面GEFH⊥平面ABCD,且POË平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.
由于平面PBD∩平面GEFH=GK,所以PO∥GK,所以GK⊥平面ABCD.
又EFÌ平面ABCD,所以GK⊥EF,
所以GK是梯形GEFH的高.
由AB=8,EB=2,得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,
从而KB=DB=OB,即K是OB的中点.
再由PO∥GK得GK=PO,所以G是PB的中点,且GH=BC=4.
由已知可得OB=4,
PO===6,
所以GK=3,故四边形GEFH的面积
S=·GK=×3=18.

7. 由已知条件可知,正三棱锥O-ABC的底面△ABC是边长为2的等边三角形,经计算得S△ABC=.
所以该三棱锥的体积=××1=.
设O'是正三角形ABC的中心.

(第7题)
由正三棱锥的性质可知,OO'⊥平面ABC.延长AO'交BC于点D,得AD=,O'D=.又由于OO'=1,所以正三棱锥的斜高OD=,
故侧面积为×6×=2.
所以该三棱锥的表面积=+2=3.
因此,所求三棱锥的体积为,表面积为3.

8. (1) 在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,
ABÌ底面ABC,所以BB1⊥AB.
又由于AB⊥BC,BC∩BB1=B,BC,BB1Ì平面BCC1B1,所以AB⊥平面B1BCC1.
又由于ABÌ平面ABE,
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.

(第8题)
(2) 如图,取AB的中点G,连接EG,FG.
由于E,F,G分别是A1C1,BC,AB的中点,
所以FGAC,
EC1=A1C1.
由于ACA1C1,
所以FG∥EC1,且FG=EC1,
所以四边形FGEC1为平行四边形,所以C1F∥EG.
又由于EGÌ平面ABE,C1FË平面ABE,
所以C1F∥平面ABE.
(3) 由于AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,
所以AB==.
所以三棱锥E-ABC的体积
V=S△ABC·AA1=×××1×2=.

9. (1) 由AA1⊥BC知BB1⊥BC.
又BB1⊥A1B,BC∩A1B=B,BC,A1BÌ平面BCA1,
所以BB1⊥平面BCA1.
由于A1CÌ平面BCA1,所以BB1⊥A1C.
又BB1∥CC1,所以A1C⊥CC1.
(2) 设AA1=x.在Rt△A1BB1中,A1B==.
同理,A1C==.
在△A1BC中,
cos∠BA1C=
=-,
sin∠BA1C=,
所以=A1B·A1C·sin∠BA1C=.
所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=·AA1=.
由于x=
=,
所以当x==,即AA1=时,体积V取到最大值.

10. (1) 由于∠PAD=90°,所以PA⊥AD.
又由于侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD.
而CDÌ底面ABCD,所以PA⊥CD.
在底面ABCD中,由于∠ABC=∠BAD=90°,AB=BC=AD,所以AC=CD=AD,所以AC⊥CD.
又由于PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.
(2) 在PA上存在中点E,使得BE∥平面PCD.
证明如下:设PD的中点是F,
连接BE,EF,FC,则EF∥AD,且EF=AD.
由已知∠ABC=∠BAD=90°,所以BC∥AD.
又BC=AD,所以BC∥EF,且BC=EF,
所以四边形BEFC为平行四边形,所以BE∥CF.
由于BEË平面PCD,CFÌ平面PCD,
所以BE∥平面PCD.

(第10题)