2021届高考数学(文科-通用)二轮复习突破练-高考中档大题规范练(三)-Word版含答案.docx

高考中档大题规范练(三)
——立体几何
(推举时间：70分钟)
1．(2022·江苏)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.
求证：(1)直线PA∥平面DEF；
(2)平面BDE⊥平面ABC.
证明　(1)由于D，E分别为棱PC，AC的中点，
所以DE∥PA.
又由于PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF.
(2)由于D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，
所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.
又由于DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，
所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
由于AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，
又DE⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABC.
2．(2022·江西)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.
(1)求证：A1C⊥CC1；
(2)若AB＝2，AC＝，BC＝，问AA1为何值时，三棱柱ABC－A1B1C1体积最大，并求此最大值．
(1)证明　由AA1⊥BC，知BB1⊥BC.
又BB1⊥A1B，BC⊂平面BCA1，A1B⊂平面BCA1，
故BB1⊥平面BCA1，所以BB1⊥A1C.
又BB1∥CC1，所以A1C⊥CC1.
(2)解　方法一　设AA1＝x，
在Rt△A1BB1中，A1B＝＝.
同理A1C＝＝，
在△A1BC中，
cos∠BA1C＝
＝－，
sin∠BA1C＝ ，
所以S△A1BC＝A1B·A1C·sin∠BA1C＝.
从而三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S直·l＝S△A1BC·AA1＝.
由于x＝
＝ ，故当x＝＝，
即AA1＝时，体积V取到最大值.
方法二　如图所示，过A1作BC的垂线，垂足为D，连接AD.
由AA1⊥BC，A1D⊥BC，故BC⊥平面AA1D，BC⊥AD.
又AB＝2，AC＝，BC＝，
所以AB2＋AC2＝BC2，
故∠BAC＝90°，所以S△ABC＝AD·BC＝AB·AC，
所以AD＝.
设AA1＝x，在Rt△AA1D中，A1D＝＝，S△A1BC＝A1D·BC＝.
从而三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S直·l＝S△A1BC·AA1＝.
由于x＝
＝ ，故当x＝＝，
即AA1＝时，体积V取到最大值.
3．如图所示，已知三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．
(1)求证：MD∥平面APC；
(2)求证：平面ABC⊥平面APC；
(3)若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D－BCM的体积．
(1)证明　由已知，得MD是△ABP的中位线，
所以MD∥AP.
又MD⊄平面APC，AP⊂平面APC，
故MD∥平面APC.
(2)证明　由于△PMB为正三角形，D为PB的中点，
所以MD⊥PB.所以AP⊥PB.
又AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.
由于BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC.
又BC⊥AC，AC∩AP＝A，所以BC⊥平面APC.
由于BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面APC.
(3)解　由题意，可知MD⊥平面PBC，
所以MD是三棱锥D－BCM的一条高，
在Rt△ABC中，AB＝20，BC＝4，则CM＝AB＝10，
又在正三角形PMB中，DM＝5，所以DC＝＝＝5，所以cos∠DBC＝＝，则S△BCD＝·BD·BC·sin∠DBC＝×5×4×＝2，
所以VD－BCM＝VM－DBC＝×S△BCD×MD
＝×2×5＝10.
4．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝a，PA＝PC＝a，若在这个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．
解　当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，
设球的半径为r，球心为O，
连接OP、OA、OB、OC、OD，
则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，
则VP－ABCD＝r(S△PAB＋S△PBC＋S△PCD＋S△PAD＋S正方形ABCD)＝r(2＋)a2.
由题意，知PD⊥底面ABCD，
∴VP－ABCD＝S正方形ABCD·PD＝a3.
由体积相等，
得r(2＋)a2＝a3，
解得r＝(2－)a.
5．(2022·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．
(1)证明　连接BC1，
则O为B1C与BC1的交点．
由于侧面BB1C1C为菱形，
所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，
所以B1C⊥AO，
故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO，
故B1C⊥AB.
(2)解　作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.
作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，
故BC⊥平面AOD，
所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，BC∩AD＝D，
所以OH⊥平面ABC.
由于∠CBB1＝60°，
所以△CBB1为等边三角形．
又BC＝1，可得OD＝.
由于AC⊥AB1，
所以OA＝B1C＝.
由OH·AD＝OD·OA，
且AD＝＝，
得OH＝.
又O为B1C的中点，
所以点B1到平面ABC的距离为，
故三棱柱ABC－A1B1C1的高为.
6．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.
(1)求证：BC⊥AF；
(2)若点M在线段AC上，且满足CM＝CA，求证：EM∥平面FBC；
(3)试推断直线AF与平面EBC是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
(1)证明　由于EF∥AB，
所以EF与AB确定平面EABF.
由于EA⊥平面ABCD，所以EA⊥BC.
由已知，得AB⊥BC且EA∩AB＝A，
所以BC⊥平面EABF.
又AF⊂平面EABF，所以BC⊥AF.
(2)证明　如图所示，过M作MN⊥BC，垂足为N，连接FN，则MN∥AB.
又CM＝AC，
所以MN＝AB.
又EF∥AB且EF＝AB，
所以EF∥MN，且EF＝MN.
所以四边形EFNM为平行四边形，所以EM∥FN.
又FN⊂平面FBC，EM⊄平面FBC，
所以EM∥平面FBC.
(3)解　AF⊥平面EBC.
证明如下：
由(1)，可知AF⊥BC.
在四边形ABFE中，AB＝4，AE＝2，EF＝1，∠BAE＝∠AEF＝90°，
所以tan∠EBA＝＝，tan∠FAE＝＝，
即tan∠EBA＝tan∠FAE，则∠EBA＝∠FAE.
设AF∩BE＝P，由于∠PAE＋∠PAB＝90°，
故∠PBA＋∠PAB＝90°.
则∠APB＝90°，即EB⊥AF.
又EB⊂平面EBC，BC⊂平面EBC，
且EB∩BC＝B，所以AF⊥平面EBC.