2021高考数学专题辅导与训练配套练习：解答题规范训练(四)立体几何.docx

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解答题规范训练(四)
立体几何
(建议用时:45分钟)
1.(2022·浙江高考)如图,在四棱锥A-BCDE中,
平面ABC⊥平面BCDE;∠CDE=∠BED
=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.
(1)证明:AC⊥平面BCDE.
(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值.
【解析】(1)连接BD,在直角梯形BCDE中,DE=BE=1,CD=2,
所以BD=BC=.
由AC=,AB=2,得AC2+BC2=AB2,
所以AC⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCDE,平面ABC∩平面BCDE=BC,所以AC⊥平面BCDE.
(2)过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M,连接AM.
又平面ABC⊥平面BCDE,所以EM⊥平面ACB.
所以∠EAM是直线AE与平面ABC所成的角.
在Rt△BEM中,EB=1,∠EBM=45°,
所以EM==MB.
在Rt△ACM中,AM=
==.
在Rt△AEM中,tan∠EAM===.
【加固训练】(2022·烟台模拟)在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD.
(1)假如P为线段VC的中点,求证:VA∥平面PBD.
(2)假如正方形ABCD的边长为2,求三棱锥A-VBD的体积.
【解析】(1)连接AC与BD交于点O,连接OP,由于ABCD是正方形,所以OA=OC,又由于PV=PC,所以OP∥VA,
又由于PO⊂平面PBD,VA⊄平面PBD,
所以VA∥平面PBD.
(2)在平面VAD内,过点V作VH⊥AD,
由于平面VAD⊥平面ABCD.
所以VH⊥平面ABCD,
所以VA-VBD=VV-ABD=S△ABD·VH
=××22××2=.
2.(2022·南昌模拟)如图所示的几何体ABCDFE中,△ABC,△DFE都是等边三角形,且所在平面平行,四边形BCED是边长为2的正方形,且所在平面垂直于平面ABC.
(1)求几何体ABCDFE的体积.
(2)证明:平面ADE∥平面BCF.
【解析】(1)取BC的中点O,ED的中点G,连接AO,OF,FG,AG.由于AO⊥BC,且平面BCED⊥平面ABC,所以AO⊥平面BCED,同理FG⊥平面BCED,
由于AO=FG=,
所以VABCDFE=×4××2=.
(2)由(1)知AO∥FG,AO=FG,
所以四边形AOFG为平行四边形,
故AG∥OF,又DE∥BC,所以平面ADE∥平面BCF.
【加固训练】(2022·昆明模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为CC1,AD的中点,F为BB1上的点,且B1F=3BF.
(1)证明:EF∥平面ABC.
(2)若AC=2,CC1=2,BC=,∠ACB=,求三棱锥F-ABD的体积.
【解析】(1)取线段CD的中点H,并连接EH,FH,
则EH∥AC,C1H=3HC,
由于B1F=3BF,所以FH∥BC.
由于EH∩FH=H,BC∩AC=C,
所以平面HEF∥平面ABC,
由于EF⊂平面HEF,所以EF∥平面ABC.
(2)已知AC=2,BC=,∠ACB=,
由余弦定理知
AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB,
解得AB=,而AB2+BC2=AC2,
所以AB⊥BC.
由于AB⊥BB1,BB1∩BC=B,
所以AB⊥平面BFD.
VF-ABD=VA-BFD=××=.
3.(2022·济南模拟)如图,四棱锥E-ABCD中,面ABE⊥面ABCD,底面ABCD是直角梯形,侧面ABE是等腰直角三角形,且AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC=2,EA⊥EB.
(1)推断AB与DE的位置关系.
(2)求三棱锥C-BDE的体积.
(3)若点F是线段EA上一点,当EC∥平面FBD时,求EF的长.

【解析】(1)取AB中点O,连接EO,DO,
由于EB=EA,所以EO⊥AB.
由于四边形ABCD为直角梯形,
AB=2CD=2BC,AB⊥BC,
所以四边形OBCD为正方形,所以AB⊥OD.
所以AB⊥平面EOD.所以AB⊥ED.
(2)由EO⊥AB,面ABE⊥面ABCD易得EO⊥平面ABCD,
所以,VC-BDE=VE-CBD=××1=.
(3)连接AC,BD交于点M,面ACE∩面FBD=FM.
由于EC∥平面FBD,所以EC∥FM.
在梯形ABCD中,有△DMC与△BMA相像,
可得MA=2MC,所以AF=2FE.
所以,EF=EA=.
【讲评建议】讲解本题时,请提示同学留意以下几点
(1)不要忽视直观猜想的作用:
本题(1)推断AB与DE的位置关系,直观上看不行能平行,应是垂直关系,沿此思路制造条件即可.
(2)重视“等体积转换”:
此转换仅限于同一图形中顶点与底面的转变,否则易出错.
(3)留意平行关系的等价转换:
本题(3)中线面平行⇔线线平行,从而确定出F的位置,否则问题无法求解.
4.直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=5,AC=4,BC=3,AA1=4,D是AB的中点.
(1)求证:AC⊥B1C.
(2)求证:AC1∥平面B1CD.

【证明】(1)在△ABC中,由于AB=5,AC=4,BC=3,
所以AC⊥BC.
由于直三棱柱ABC-A1B1C1,
所以CC1⊥AC.
由于BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面BB1C1C.
又B1C⊂平面BB1C1C,所以AC⊥B1C.
(2)连接BC1,交B1C于E,连接DE,
由于直三棱柱ABC-A1B1C1,
所以侧面BB1C1C为矩形,且E为BC1中点.
又D是AB的中点,
所以DE为△ABC1的中位线,
所以DE∥AC1,
由于DE⊂平面B1CD,AC1⊄平面B1CD,
所以AC1∥平面B1CD.
【加固训练】(2022·西安模拟)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,SA⊥底面ABCD,SA=AD,点M是SD的中点,AN⊥SC且交SC于点N.
(1)求证:SB∥平面ACM.
(2)求证:平面SAC⊥平面AMN.

【证明】(1)连接BD,交AC于点O,连接MO,
由于ABCD为矩形,
所以O为BD中点,又M为SD中点,所以MO∥SB.
由于MO⊂平面ACM,SB⊄平面ACM,所以SB∥平面ACM.
(2)由于SA⊥平面ABCD,所以SA⊥CD,
由于ABCD为矩形,
所以CD⊥AD,且SA∩AD=A,
所以CD⊥平面SAD,所以CD⊥AM.
由于SA=AD,M为SD的中点,
所以AM⊥SD,且CD∩SD=D,
所以AM⊥平面SCD,所以AM⊥SC,
又由于SC⊥AN,且AN∩AM=A,
所以SC⊥平面AMN,
由于SC⊂平面SAC,
所以平面SAC⊥平面AMN.
5.(2022·长沙模拟)某粮仓是如图所示的多面体,多面体的棱称为粮仓的“梁”.现测得底面ABCD是矩形,AB=16米,AD=4米,腰梁AE,BF,CF,DE分别与相交的底梁所成角均为60°.
(1)请指出全部互为异面的且相互垂直的“梁”,并说明理由.
(2)若不计粮仓表面的厚度,该粮仓可储存多少立方米粮食?

【解析】(1)EF与AD,EF与BC,DE与BF,AE与CF.
理由:由已知,有EF∥AB,
由于AB⊥AD,所以EF⊥AD.
同理,有EF⊥BC.
过点E作EK∥FB交AB于点K,
则∠DEK为异面直线DE与FB所成的角,
由于DE=FB=4,AK=4,DK=4,
所以∠DEK=90°,即DE⊥BF,同理AE⊥CF.
(2)过点E分别作EM⊥AB于点M,EN⊥CD于点N,连接MN,则AB⊥平面EMN,
所以平面ABCD⊥平面EMN,
过点E作EO⊥MN于点O,
则EO⊥平面ABCD.
由题意知,AE=DE=AD=4.

AM=DN=4cos60°=2,EM=EN=2,
所以O为MN中点,
所以EO=2,即四棱锥E-AMND的高为2.
同理,再过点F作FP⊥AB于点P,
FQ⊥CD于点Q,连接PQ,
原多面体被分割为两个全等的四棱锥和一个直棱柱,且MP=16-2-2=12,
所以V多面体=2V四棱锥+V直棱柱=2××(2×4)×2+×12=.
答:该粮仓可储存立方米的粮食.
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