廣西2020版高考數(shù)學一輪復習 高考大題專項練四 高考中的立體幾何 文.docx

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高考大題專項練四　高考中的立體幾何 1. (2018全國Ⅱ,文19)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點. (1)證明:PO⊥平面ABC; (2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離. (1)證明因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以OP⊥AC,且OP=23. 連接OB,因為AB=BC=22AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)解作CH⊥OM,垂足為H. 又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM. 故CH的長為點C到平面POM的距離. 由題設可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45. 所以OM=253,CH=OCMCsin∠ACBOM=455. 所以點C到平面POM的距離為455. 2. (2018北京,文18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點.求證: (1)PE⊥BC; (2)平面PAB⊥平面PCD; (3)EF∥平面PCD. 證明(1)因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形, 所以BC∥AD,所以PE⊥BC. (2)因為底面ABCD為矩形,所以AB⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD, 所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖,取PC的中點G,連接FG,DG. 因為F,G分別為PB,PC的中點, 所以FG∥BC,FG=12BC. 因為四邊形ABCD為矩形,且E為AD的中點, 所以DE∥BC,DE=12BC. 所以DE∥FG,DE=FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形. 所以EF∥DG. 又因為EF?平面PCD,DG?平面PCD, 所以EF∥平面PCD. 3.由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD. (1)證明:A1O∥平面B1CD1; (2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1. 證明(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1, 所以A1O∥平面B1CD1. (2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點, 所以EM⊥BD, 又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD,因為B1D1∥BD, 所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1. 又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E, 所以B1D1⊥平面A1EM, 又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1. 4. 如圖,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,點E在A1D上. (1)證明:AA1⊥平面ABCD; (2)當A1EED為何值時,A1B∥平面EAC,并求出此時三棱錐D-AEC的體積. (1)證明因為底面ABCD是菱形,∠ABC=60, 所以AB=AD=AC=2. 在△AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA1⊥AB. 同理,AA1⊥AD. 又因為AB∩AD于點A,所以AA1⊥平面ABCD. (2)解當A1EED=1時,A1B∥平面EAC. 證明如下:連接BD交AC于O,當A1EED=1,即點E為A1D的中點時,連接OE,則OE∥A1B,所以A1B∥平面EAC. 設AD的中點為F,連接EF. 則EF∥AA1,所以EF⊥平面ACD,且EF=1, 可求得S△ACD=3. 所以VE-ACD=1313=33, 即VD-AEC=VE-ACD=33. 5. 如圖,AB是圓O的直徑,點C是弧AB的中點,點V是圓O所在平面外一點,D是AC的中點,已知AB=2,VA=VB=VC=2. (1)求證:OD∥平面VBC; (2)求證:AC⊥平面VOD; (3)求棱錐C-ABV的體積. (1)證明∵O,D分別是AB和AC的中點,∴OD∥BC. 又OD?平面VBC,BC?平面VBC,∴OD∥平面VBC. (2)證明∵VA=VB,O為AB中點,∴VO⊥AB. 連接OC, 在△VOA和△VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC, ∴△VOA≌△VOC,∴∠VOA=∠VOC=90, ∴VO⊥OC. 又AB∩OC=O,AB?平面ABC,OC?平面ABC, ∴VO⊥平面ABC. 又AC?平面ABC,∴AC⊥VO. 又VA=VC,D是AC的中點,∴AC⊥VD. ∵VO?平面VOD,VD?平面VOD,VO∩VD=V, ∴AC⊥平面VOD. (3)解由(2)知VO是棱錐V-ABC的高, 且VO=VA2-AO2=3. 又點C是弧AB的中點, ∴CO⊥AB,且CO=1,AB=2. ∴三角形ABC的面積S△ABC=12ABCO=1221=1, ∴棱錐V-ABC的體積為 VV-ABC=13S△ABCVO=1313=33, 故棱錐C-ABV的體積為33. 6. 如圖,已知正三棱錐P-ABC的側面是直角三角形,PA=6.頂點P在平面ABC內的正投影為點D,D在平面PAB內的正投影為點E,連接PE并延長交AB于點G. (1)證明:G是AB的中點; (2)在圖中作出點E在平面PAC內的正投影F(說明作法及理由),并求四面體PDEF的體積. (1)證明因為P在平面ABC內的正投影為D,所以AB⊥PD. 因為D在平面PAB內的正投影為E,所以AB⊥DE. 所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG. 又由已知可得,PA=PB,從而G是AB的中點. (2)解在平面PAB內,過點E作PB的平行線交PA于點F,F即為E在平面PAC內的正投影. 理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC, 又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC. 因此EF⊥平面PAC, 即點F為E在平面PAC內的正投影. 連接CG,因為P在平面ABC內的正投影為D, 所以D是正三角形ABC的中心. 由(1)知,G是AB的中點,所以D在CG上, 故CD=23CG. 由題設可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB, 所以DE∥PC, 因此PE=23PG,DE=13PC. 由已知,正三棱錐的側面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=22. 在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2. 所以四面體PDEF的體積V=1312222=43. 7.(2018全國Ⅰ,文18) 如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90.以AC為折痕將△ACM折起,使點M到達點D的位置,且AB⊥DA. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BP=DQ=23DA,求三棱錐Q-ABP的體積. (1)證明由已知可得,∠BAC=90,BA⊥AC. 又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD. 又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC. (2)解由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32. 又BP=DQ=23DA,所以BP=22. 作QE⊥AC,垂足為E,則QE??13DC. 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE=1. 因此,三棱錐Q-APB的體積為VQ-ABP=13QES△ABP=13112322sin45=1. 8. (2018天津,文17)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點M為棱AB的中點,AB=2, AD=23,∠BAD=90. (1)求證:AD⊥BC; (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值; (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值. (1)證明由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC. (2)解取棱AC的中點N,連接MN,ND. 又因為M為棱AB的中點, 故MN∥BC. 所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角. 在Rt△DAM中,AM=1, 故DM=AD2+AM2=13. 因為AD⊥平面ABC,故AD⊥AC. 在Rt△DAN中,AN=1, 故DN=AD2+AN2=13. 在等腰三角形DMN中,MN=1, 可得cos∠DMN=12MNDM=1326. 所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為1326. (3)解連接CM.因為△ABC為等邊三角形,M為邊AB的中點,故CM⊥AB,CM=3.又因為平面ABC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角. 在Rt△CAD中,CD=AC2+AD2=4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=34. 所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為34.