高优指导2021版高考数学一轮复习大题专项练4高考中的立体几何文北师大版.doc

高考大题专项练4　高考中的立体几何
　高考大题专项练第8页　 
1.

如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设AP=1,AD=,三棱锥P-ABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.

(1)证明:设BD与AC的交点为O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
EO⫋平面AEC,PB⊈平面AEC,
所以PB∥平面AEC.
(2)解:V=PA·AB·AD=AB,由V=,可得AB=.
作AH⊥PB交PB于H,
由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH.
故AH⊥平面PBC.
又AH=,
所以A到平面PBC的距离为.〚导学号32470876〛
2.

如图,四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.
(1)求证:PC⊥AD;
(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;
(3)求点D到平面PAM的距离.
(1)证明:

(方法一)取AD中点O,连接OP,OC,AC,依题意,可知△PAD,△ACD均为正三角形,
所以OC⊥AD,OP⊥AD,
又OC∩OP=O,OC⫋平面POC,OP⫋平面POC,
所以AD⊥平面POC,又PC⫋平面POC,
所以PC⊥AD.
(方法二)连接AC,依题意,可知△PAD,△ACD均为正三角形,
又M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC,
又AM∩DM=M,AM⫋平面AMD,DM⫋平面AMD,
所以PC⊥平面AMD,
又AD⫋平面AMD,所以PC⊥AD.
(2)证明:当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:
取棱PB的中点Q,连接QM,QA,又M为PC的中点,所以QM∥BC,
在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.
(3)解:点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.
由(1)可知PO⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
PO⫋平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.
在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,
在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=,
所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=,
设点D到平面PAC的距离为h,
由VD-PAC=VP-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO,
又S△ACD=×22=,所以·h=,解得h=,
所以点D到平面PAM的距离为.〚导学号32470877〛
3.

如图所示,△ABC为正三角形,CE⊥平面ABC,BD∥CE,CECA=2BD,M是EA的中点.
求证:(1)DE=DA;
(2)平面BDM⊥平面ECA.
证明:(1)取CE的中点F,连接DF.∵CE⊥平面ABC,∴CE⊥BC.
∵BD∥CE,BD=CE=CF=FE,∴四边形FCBD是矩形,
∴DF⊥EC.
又BA=BC=DF,
∴Rt△DEF≌Rt△ADB,∴DE=DA.

(2)取AC中点N,连接MN,NB,
∵M是EA的中点,∴MN􀱀CE.
由BD􀱀CE,且BD⊥平面ABC,可得四边形MNBD是矩形,
于是DM⊥MN.
∵DE=DA,M是EA的中点,
∴DM⊥EA.又EA∩MN=M,
∴DM⊥平面ECA,而DM⫋平面BDM,
∴平面BDM⊥平面ECA.〚导学号32470878〛
4.

如图所示,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:
(1)平面EFG∥平面ABC;
(2)BC⊥SA.
证明:

(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,
所以EF∥AB.因为EF⊈平面ABC,AB⫋平面ABC,
所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.
又EF∩EG=E,
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,
又AF⫋平面SAB,AF⊥SB,
所以AF⊥平面SBC.因为BC⫋平面SBC,
所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB⫋平面SAB,
所以BC⊥平面SAB.
因为SA⫋平面SAB,所以BC⊥SA.〚导学号32470879〛
5.

如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,且PA⊥底面ABCD,BD⊥PC,E是PA的中点.
(1)求证:平面PAC⊥平面EBD;
(2)若PA=AB=AC=2,求三棱锥P-EBD的体积.
(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,
又BD⊥PC,PA∩PC=P∴BD⊥平面PAC,
∵BD⫋平面EBD,∴平面PAC⊥平面EBD.
(2)解:由(1)可知BD⊥AC,∴四边形ABCD是菱形,∠BAD=120°,

∴S△ABD=BD·OA=×2×1=.
∴VP-EBD=VP-ABD-VE-ABD=×2-×1=.〚导学号32470880〛
6.

如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点,AB=1,PA=2.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)求三棱锥E-PAC的体积.
(1)证明:

取AD中点F,连接EF,CF,
∴在△PAD中,EF是中位线,可得EF∥PA.
∵EF⊈平面PAB,PA⫋平面PAB,
∴EF∥平面PAB.
∵Rt△ABC中,AB=1,∠BAC=60°,
∴AC==2.
又∵Rt△ACD中,∠CAD=60°,
∴AD=4,结合F为AD的中点,得△ACF是等边三角形,
∴∠ACF=∠BAC=60°,
可得CF∥AB.
∵CF⊈平面PAB,AB⫋平面PAB,
∴CF∥平面PAB.
∵EF,CF是平面CEF内的相交直线,
∴平面CEF∥平面PAB.
∵CE⫋平面CEF,∴CE∥平面PAB.
(2)解:∵PA⊥平面ABCD,CD⫋平面ABCD,
∴PA⊥CD.
又∵AC⊥CD,PA,AC是平面PAC内的相交直线,
∴CD⊥平面PAC.
∵CD⫋平面DPC,
∴平面DPC⊥平面PAC.
过E点作EH⊥PC于H,由面面垂直的性质定理,
得EH⊥平面PAC,∴EH∥CD.
在Rt△ACD中,AC=2,AD=4,∠ACD=90°,
∴CD==2.
∵E是PD的中点,EH∥CD,
∴EH=CD=.
∵PA⊥AC,∴S△PAC=×2×2=2.
因此,三棱锥E-PAC的体积V=S△PAC×EH=.〚导学号32470881〛
7.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.
(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1.
(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形,
又因为D是AC的中点,所以BD⊥AC,又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE,
因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,
所以AE=,AD=1,
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°,
在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,
所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.
因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,
所以DE⊥BC1.
(2)解:假设存在点E,满足题意.
设AE=h,则A1E=-h,
所以-S△AED-
=2h-(-h)-h.
因为BD⊥平面ACC1A1,
h.
又V棱柱=×2×=3,
所以h=1,解得h=.
故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的.〚导学号32470882〛
8.(2015安徽,文19)

如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积;
(2)证明:在线段PC上,存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.
(1)解:由题设AB=1,AC=2,∠BAC=60°,
可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.
由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,
又PA=1,
所以三棱锥P-ABC的体积
V=·S△ABC·PA=.
(2)证明:

在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.又BM⫋平面MBN,所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=,从而NC=AC-AN=.由MN∥PA,得.〚导学号32470883〛

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