2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)檢測(cè)提速練11 大題考法——立體幾何的綜合問題.doc

《2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)檢測(cè)提速練11 大題考法——立體幾何的綜合問題.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)檢測(cè)提速練11 大題考法——立體幾何的綜合問題.doc（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

限時(shí)檢測(cè)提速練(十一)大題考法立體幾何的綜合問題A組1(2018濰坊二模)如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，ABBC，AA1DA1，ABC120(1)證明：ADBA1；(2)若ADDA14，BA12，求多面體BCDA1B1C1D1的體積(1)證明：取AD中點(diǎn)O，連接OB，OA1AA1DA1，ADOA1在ABCD中，ABC120，BAD60又ABBC，則ABAD，ABD是正三角形，ADOB，OA1平面OBA1，OB平面OBA1，OA1OBO，AD平面OBA1，ADA1B(2)解：由題設(shè)知A1AD與BAD都是邊長為4的正三角形A1OOB2A1B2，A1O2OB2A1B2，A1OOB，A1OAD，A1O平面ABCD，A1O是平行六面體ABCDA1B1C1D1的高，又SABCDADOB428，VVABCDA1B1C1D1SABCDA1O8248，V1VA1ABDSABDA1O2428，VBCDA1B1C1D1VV140，即幾何體BCDA1B1C1D1的體積為402(2018宣城二調(diào))如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1底面ABC，ABAC2，BAC120，AA13，D，D1分別是BC，B1C1上的中點(diǎn)，P是線段AD上的一點(diǎn)(不包括端點(diǎn))(1)在平面ABC內(nèi)，試作出過點(diǎn)P與平面A1BC平行的直線l，并證明直線l平面ADD1A1；(2)設(shè)(1)中的直線l交AC于點(diǎn)Q，求三棱錐A1QC1D的體積解：(1)在平面ABC內(nèi)作直線lBC，則直線l與平面A1BC平行，即圖中的直線PQ.ABAC2, D是BC上的中點(diǎn)，則ADBC，即lAD，又側(cè)棱AA1底面ABC，則lAA1，ADAA1A，故直線l平面ADD1A1(2)VA1QC1DVDA1QC1SA1QC1h，因?yàn)槠矫鍭1ACC1平面ABC，過D作線段DEAC于E，則DE平面AA1C1C，即DE為DA1QC1的高，由ABAC2，CAB120，得DE，則VDA1QC1SA1QC1h233(2018石嘴山二模)如圖所示，在三棱錐PABC中，PC平面ABC，PC3，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且CDDE，CE2EB2(1)求證：DE平面PCD；(2)求點(diǎn)B到平面PDE的距離(1)證明：由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE由CE2，CDDE，得CDE為等腰直角三角形，故CDDE又PCCDC，故DE平面PCD(2)解：由(1)知，CDE為等腰直角三角形，DCE，過D作DF垂直CE于F，易知DFCFEF1，又DE平面PCD，所以DEPD，PD，設(shè)點(diǎn)B到平面PDE的距離為h，即為三棱錐BPDE的高，由VBPDEVPBDE得 SPDEhSBDEPC，即PDDEhBEDFPC，即h113，所以h，所以點(diǎn)B到平面PDE的距離為4(2018蚌埠二模)如圖，四棱錐PABCD的底面是直角梯形，ADBC，AD3BC6，PB6，點(diǎn)M在線段AD上，且MD4，ADAB，PA平面ABCD(1)求證：平面PCM平面PAD；(2)當(dāng)四棱錐PABCD的體積最大時(shí)，求四棱錐PABCD的表面積(1)證明：由AD6，DM4可得AM2，易得四邊形ABCM是矩形，CMAD，又PA平面ABCD，CM平面ABCD，PACM，又PMADM，PM，AD平面PAD，CM平面PAD，又CM平面PCM，平面PCM平面PAD(2)解：四棱錐PABCD的體積為V(ADBC)ABPAABPA，要使四棱錐PABCD的體積取最大值，只需ABPA取得最大值由條件可得PA2AB2PB272，722PAAB，即PAAB36，當(dāng)且僅當(dāng)PAAB6時(shí)，PAAB取得最大值36PC2，PD6，CD2，cos CPD，則sin CPD，SPCDPCPDsin CPD6，則四棱錐PABCD的表面積為(62)622666(10)B組1(2018日照二模)如圖，在菱形ABCD中，BAD，其對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，四邊形OAEF為矩形，平面OAEF平面ABCD，ABAE2(1)求證：平面DEF平面BDF；(2)若點(diǎn)H在線段BF上，且BF3HF，求三棱錐HDEF的體積(1)證明：ABCD為菱形，AOBD四邊形OAEF為矩形，AOFO，EFAO，EFBD，EFFO，又BDFOO，EF平面BDF又EF平面DEF，平面DEF平面BDF(2)解：連接EH，DH，EB，則由(1)可知EF平面BDF，又BDF中，BDOF2，EFAO，故三棱錐EBDF的體積為22，又BF3HF，所以VEBDFVBDEF3VHDEF，故VHDEF2(2018株洲檢測(cè))如圖，四棱錐EABCD中，平面ABCD是平行四邊形，M，N分別為BC，DE的中點(diǎn)(1)證明：CN平面AME；(2)若ABE是等邊三角形，平面ABE平面BCE，CEBE，BECE2，求三棱錐NAME的體積(1)證明：取AE中點(diǎn)F，連接MF，F(xiàn)N因?yàn)锳ED中，F(xiàn)，N分別為EA，ED的中點(diǎn)，所以FN綊AD又因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以BC綊AD又M是BC中點(diǎn)，所以MC綊AD，所以FN綊MC所以四邊形FMCN為平行四邊形，所以CNMF，又CN平面AEM，MF平面AEM，所以CN平面AEM(2)解：取BE中點(diǎn)H，連接AH，則AHBE，因?yàn)槠矫鍭BE平面BCE，平面ABE平面BCEBE，AH平面ABE，所以AH平面BCE又由(1)知CN平面AEM，所以VNAEMVCAEMVAMEC又因?yàn)镸為BC中點(diǎn)，所以VAMECSMECAHSBECAH22所以三棱錐NAEM的體積為3(2018資陽二模)如圖，三棱柱ABCA1B1C1的各棱長均為2，AA1面ABC，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點(diǎn)(1)求證：直線BE平面A1FC1；(2)平面A1FC1與直線AB交于點(diǎn)M，指出點(diǎn)M的位置，說明理由，并求三棱錐BEFM的體積(1)證明：取A1C1的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，于是EG綊B1C1，又BF綊B1C1，所以BF綊EG所以四邊形BFGE是平行四邊形所以BEFG，而BE面A1FC1，F(xiàn)G面A1FC1，所以直線BE平面A1FC1(2)解：M為棱AB的中點(diǎn)理由如下：因?yàn)锳CA1C1，AC面A1FC1，A1C1面A1FC1，所以直線AC平面A1FC1，又面A1FC1平面ABCFM，所以ACFM.又F為棱BC的中點(diǎn)所以M為棱AB的中點(diǎn)三角形BFM的面積SBFMSABC，所以三棱錐BEFM的體積VBEFMVEBFM24(2018商丘二模)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面ABB1A1底面ABC，ACAB，ACABAA12，AA1B160，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點(diǎn)(1)求三棱柱ABCA1B1C1的體積；(2)在直線AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得CP平面AEF？若存在，求出AP的長；若不存在，說明理由解：(1)三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1AB因?yàn)锳BAA12，所以A1B1AA12又因?yàn)锳A1B160，連接AB1，所以AA1B1是邊長為2的正三角形因?yàn)镋是棱A1B1的中點(diǎn)，所以AEA1B1，且AE，又ABA1B1，所以AEAB，又側(cè)面ABB1A1底面ABC，且側(cè)面ABB1A1底面ABCAB，又AE側(cè)面ABB1A1，所以AE底面ABC，所以三棱柱ABCA1B1C1的體積為VSABCAEABACAE222(2)在直線AA1上存在點(diǎn)P，使得CP平面AEF證明如下：連接BE并延長，與AA1的延長線相交，設(shè)交點(diǎn)為P，連接CP因?yàn)锳1B1AB，故由于E為棱A1B1的中點(diǎn)，所以，故有PEEB，又F為棱BC的中點(diǎn)，故EF為BCP的中位線，所以EFCP又EF平面AEF，CP平面AEF，所以CP平面AEF故在直線AA1上存在點(diǎn)P，使得CP平面AEF此時(shí)，PA1AA12.所以AP2AA14