2019版高考數(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.doc

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專題突破練16　空間中的垂直與幾何體的體積 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(diǎn),且AE⊥EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比. 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(diǎn)O,點(diǎn)E,F分別在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△DEF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.(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(diǎn), (1)求證:直線DM⊥平面CBE; (2)當(dāng)四面體D-ABE的體積最大時(shí),求四棱錐E-ABCD的體積. 6.如圖,在三棱臺(tái)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(diǎn). (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)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(diǎn)E,把△DEC沿CE折到△DEC的位置,使DA=2,如圖(2).若G,H分別為DB,DE的中點(diǎn). (1)求證:GH⊥DA; (2)求三棱錐C-DBE的體積. 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?yàn)锳B?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?yàn)锳A1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,因此AB1⊥A1B. 又因?yàn)锳B1⊥B1C1,BC∥B1C1, 所以AB1⊥BC. 又因?yàn)锳1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC, 所以AB1⊥平面A1BC. 因?yàn)锳B1?平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 2.(1)證明 取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO. 因?yàn)锳D=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(diǎn),從而E到平面ABC的距離為D到平面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=DEcos∠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=222=,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,DH=DH=3. 于是OD2+OH2=(2)2+12=9=DH2,故OD⊥OH.由(1)知AC⊥HD, 又AC⊥BD,BD∩HD=H, 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=68-3=. 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(diǎn), ∴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, ∴AD??MN. ∴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, 則四面體D-ABE的體積V=AEABsin θAD=sin θ, 當(dāng)θ=90,即AE⊥AB時(shí)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)11=. 6.(1)證明 延長AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示. 因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC. 又因?yàn)镋F∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),則BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD. (2)解 因?yàn)锽F⊥平面ACK,所以∠BDF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?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),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(diǎn)時(shí),MC∥平面PBD. 證明如下:連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC中點(diǎn). 連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn),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, ED2=AE2+AD2,可得AD⊥AE. 又DC==2, AC=2,可得AC2+AD2=CD2,可得AD⊥AC. 因?yàn)锳E∩AC=A,所以AD⊥平面ABCE,所以AD⊥BE. 又G,H分別為DB,DE的中點(diǎn), 所以GH∥BE,所以GH⊥DA. (2)解 設(shè)三棱錐C-DBE的體積為V, 則V=S△BCEAD=222.