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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何 專題突破練16 空間中的垂直與幾何體的體積 文
1.(2018江蘇卷,15)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.
求證:(1)AB∥平面A1B1C;
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
2.如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)證明:AC⊥BD;
(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD,若E為棱BD上與D不重合的點,且AE⊥EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.
2、
3.(2018江西南昌三模,文18)如圖,多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為正方形,AB=2,AE=3,DE=,EF=,cos∠CDE=,且EF∥BD.
(1)證明:平面ABCD⊥平面EDC;
(2)求三棱錐A-EFC的體積.
4.如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,點E,F分別在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置.
(1)證明:AC⊥HD';
(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱錐D'-ABCFE的體積.
5
3、.(2018河南鄭州三模,文19)如圖,四棱錐E-ABCD中,AD∥BC,AD=AB=AE=BC=1,且BC⊥底面ABE,M為棱CE的中點,
(1)求證:直線DM⊥平面CBE;
(2)當(dāng)四面體D-ABE的體積最大時,求四棱錐E-ABCD的體積.
6.如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(1)求證:BF⊥平面ACFD;
(2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值.
7.(2018全國卷3,文19)如圖,矩
4、形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點.
(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由.
8.如圖(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=BC=2,AD=6,CE⊥AD于點E,把△DEC沿CE折到△D'EC的位置,使D'A=2,如圖(2).若G,H分別為D'B,D'E的中點.
(1)求證:GH⊥D'A;
(2)求三棱錐C-D'BE的體積.
5、
參考答案
專題突破練16 空間中的垂直與
幾何體的體積
1.證明 (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
因為AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形.
又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,因此AB1⊥A1B.
又因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,
所以AB1⊥BC.
又因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC.
因為AB1?平面ABB1A1,
所以平
6、面ABB1A1⊥平面A1BC.
2.(1)證明 取AC的中點O,連接DO,BO.
因為AD=CD,所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形,
所以AC⊥BO.
從而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.
(2)解 連接EO.
由(1)及題設(shè)知∠ADC=90°,
所以DO=AO.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.
由題設(shè)知△AEC為直角三角形,
所以EO=AC.
又△ABC是正三角形,且AB=BD,
所以EO=BD.
故E為BD的中點,從而E到平面ABC的距離為D到平面
7、ABC的距離的,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.
3.(1)證明 ∵AB=2,AE=3,DE=,由勾股定理得AD⊥DE.又正方形ABCD中AD⊥DC,且DE∩DC=D,
∴AD⊥平面EDC.
∵AD?面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面EDC.
(2)解 由已知cos∠CDE=,連接AC交BD于G.
作OE⊥CD于O,
則OD=DE·cos∠CDE=1,OE=2.
又由(1)知,平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=CD,
OE?平面EDC,得OE⊥面ABCD.
由EF∥BD,EF=,知四邊形
8、DEFG為平行四邊形,即DE∥FG,
而VA-EFC=VE-AFC,進(jìn)而VA-EFC=VE-AFC=VD-AFC=VF-ADC.又由EF∥BD,VF-ADC=VE-ADC=×2×2×2=,所以,三棱錐A-EFC的體積為.
4.(1)證明 由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得,故AC∥EF.由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.
(2)解 由EF∥AC得.
由AB=5,AC=6得DO=BO==4.
所以O(shè)H=1,D'H=DH=3.
于是OD'2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD',
又AC⊥BD,BD∩HD'=H
9、,
所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,
所以,OD'⊥平面ABC.
又由得EF=.
五邊形ABCFE的面積S=×6×8-×3=.
所以五棱錐D'-ABCFE的體積V=×2.
5.解 (1)∵AE=AB,設(shè)N為EB的中點,
∴AN⊥EB.
又BC⊥平面AEB,AN?平面AEB,
∴BC⊥AN.
又BC∩BE=B,∴AN⊥平面BCE.
∵M(jìn)N∥BC,MN=BC,
∴ADMN.
∴四邊形ANMD為平行四邊形,DM∥AN,
∴DM⊥平面CBE.
(2)設(shè)∠EAB=θ,AD=AB=AE=1,且AD⊥底面ABE,
10、
則四面體D-ABE的體積V=×AE·AB·sin θ·AD=sin θ,
當(dāng)θ=90°,即AE⊥AB時體積最大.
又BC⊥平面AEB,AE?平面AEB,
∴AE⊥BC,
∵BC∩AB=B,∴AE⊥平面ABC,
VE-ABCD=×(1+2)×1×1=.
6.(1)證明 延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示.
因為平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.
又因為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解 因為BF⊥平面ACK,所以∠B
11、DF是直線BD與平面ACFD所成的角.
在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=,所以直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為.
7.解 (1)由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因為M為上異于C,D的點,且DC為直徑,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)當(dāng)P為AM的中點時,MC∥平面PBD.
證明如下:連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形,所以O(shè)為AC中點.
連接OP,因為P為AM中點,所以MC∥OP.
MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.
8.(1)證明 連接BE,GH,AC,在△AED'中,
ED'2=AE2+AD'2,可得AD'⊥AE.
又DC==2,
AC=2,可得AC2+AD'2=CD'2,可得AD'⊥AC.
因為AE∩AC=A,所以AD'⊥平面ABCE,所以AD'⊥BE.
又G,H分別為D'B,D'E的中點,
所以GH∥BE,所以GH⊥D'A.
(2)解 設(shè)三棱錐C-D'BE的體積為V,
則V=S△BCE·AD'=×2×2×2.
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