2022高考数学二轮复习分层特训卷主观题专练立体几何6文.doc

立体几何(6)
1．[2022·重庆市七校联考]如下图，直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．
(1)求证：AE⊥平面A1BD；
(2)求三棱锥B1－A1BD的体积．
解析：(1)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC.
因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，所以平面AA1C1C⊥平面ABC，
又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BD⊥平面AA1C1C，
又AE⊂平面AA1C1C，所以BD⊥AE.
在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，易证得A1D⊥AE，
又A1D∩BD＝D，A1D⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以AE⊥平面A1BD.
(2)如下图，连接AB1交A1B于O，那么O为AB1的中点，
所以点B1到平面A1BD的距离等于点A到平面A1BD的距离，
易知BD＝，所以V三棱锥B1－A1BD＝V三棱锥A－A1BD＝V三棱锥B－AA1D＝×S△AA1D×BD＝××2×1×＝，
所以三棱锥B1－A1BD的体积为.
2．[2022·湖北局部重点中学联考]如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝2，点M是SD的中点，AN⊥SC，且交SC于点N.
(1)求证：SB∥平面ACM；
(2)求点C到平面AMN的距离．
解析：(1)连接BD交AC于E，连接ME.
∵四边形ABCD是正方形，∴E是BD的中点．
∵M是SD的中点，∴ME是△DSB的中位线，
∴ME∥SB.
又ME⊂平面ACM，SB⊄平面ACM，∴SB∥平面ACM.
(2)由条件知DC⊥SA，DC⊥DA，∴DC⊥平面SAD，
∴AM⊥DC.
又SA＝AD，M是SD的中点，∴AM⊥SD，
∴AM⊥平面SDC，∴SC⊥AM.
由SC⊥AN，∴SC⊥平面AMN.
于是CN⊥平面AMN，那么CN为点C到平面AMN的距离．
在Rt△SAC中，SA＝2，AC＝2，SC＝＝2，
于是AC2＝CN·SC⇒CN＝，∴点C到平面AMN的距离为.
3．[2022·江西名校联考]如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AA1⊥A1C，平面AA1C1C⊥平面ABC，∠ACC1＝120°，AA1＝2，BC＝3.
(1)求证：AA1⊥A1B.
(2)求三棱柱ABC－A1B1C1的外表积．
解析：(1)由题意知平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥AA1，
又AA1⊥A1C，A1C∩BC＝C，所以AA1⊥平面A1BC.
因为A1B⊂平面A1BC，所以AA1⊥A1B.
(2)易得∠C1A1C＝∠A1CA＝30°，所以在Rt△AA1C中，AC＝4，A1C＝2，
故四边形AA1C1C的面积S1＝2×2＝4.
△A1B1C1和△ABC的面积之和S2＝2××3×4＝12，且AB＝5.
又AA1⊥A1B，所以A1B＝＝，
所以四边形AA1B1B的面积S3＝2×＝2.
由(1)知BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，故四边形BB1C1C的面积S4＝2×3＝6.
故三棱柱ABC－A1B1C1的外表积S＝S1＋S2＋S3＋S4＝4＋18＋2.
4.
[2022·安徽六校第二次联考])如图，四边形ABCD为矩形，点A，E，B，F共面，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°.
(1)假设平面ABCD⊥平面AEBF，证明平面BCF⊥平面ADF；
(2)在线段EC上是否存在一点G，使得BG∥平面CDF？假设存在，求出此时三棱锥G－ABE与三棱锥G－ADF的体积之比；假设不存在，请说明理由．
解析：(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB，
又平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，
所以BC⊥平面AEBF.
因为AF⊂平面AEBF，所以BC⊥AF.
因为∠AFB＝90°，即AF⊥BF，且BC⊂平面BCF，BF⊂平面BCF，BC∩BF＝B，
所以AF⊥平面BCF.
又AF⊂平面ADF，所以平面ADF⊥平面BCF.
(2)假设存在满足条件的点G.因为BC∥AD，AD⊂平面ADF，所以BC∥平面ADF.
因为△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°，
所以∠FAB＝∠ABE＝45°，所以AF∥BE，又AF⊂平面ADF，所以BE∥平面ADF，
因为BC∩BE＝B，所以平面BCE∥平面ADF.
如下图，延长EB到点H，使得BH＝AF，连接CH，HF，AC，易证四边形ABHF是平行四边形，
又BC綊AD，所以HF綊AB綊CD，所以四边形HFDC是平行四边形，所以CH∥DF.
过点B作CH的平行线，交EC于点G，即BG∥CH∥DF又DF⊂平面CDF，
所以BG∥平面CDF，即此点G为所求的点．
又BE＝AB＝2AF＝2BH，所以EG＝EC.
易知S△ABE＝2S△ABF，所以V三棱锥G－ABE＝V三棱锥C－ABE＝V三棱锥C－ABF＝V三棱锥D－ABF＝V三棱锥B－ADF＝V三棱锥G－ADF，故V三棱锥G－ABEV三棱锥G－ADF＝43.
5．[2022·江西宜春大联考]如图1，四边形ABCD是矩形，AB＝2π，AD＝4，E，F分别为DC，AB上的点，且DE＝DC，AF＝AB，将矩形ABCD卷成如图2所示的以AD，BC为母线的圆柱的半个侧面，且AB，CD分别为圆柱的两底面的直径．
(1)求证：平面ADEF⊥平面BCEF；
(2)求四棱锥D－BCEF的体积．
解析：(1)因为F在底面圆周上，且AB为该底面半圆的直径，所以AF⊥BF.
由题易知，EF∥AD.
又AD为圆柱的母线，所以EF垂直于圆柱的底面，所以EF⊥BF.
又AF∩EF＝F，所以BF⊥平面ADEF.
因为BF⊂平面BCEF，所以平面ADEF⊥平面BCEF.
(2)设圆柱的底面半径为r，
由题设知，πr＝2π，所以r＝2，所以CD＝4.
因为在图1中DE＝DC，AF＝AB，
所以在图2中结合题意易得∠CDE＝30°，DE⊥CE，
所以CE＝CD＝2，DE＝2.
由题易知BC⊥平面DCE，所以BC⊥DE，
又BC∩CE＝C，所以DE⊥平面BCEF，所以DE为四棱锥D－BCEF的高．
又AD＝BC＝4，所以V四棱锥D－BCEF＝S四边形BCEF×DE＝×BC×CE×DE＝×4×2×2＝.
6.
[2022·福建福州二检]如图，四棱锥E－ABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥BE；
(2)设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．
解析：(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ABE，
又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.
因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，所以BF⊥AE.
又BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，
因为BE⊂平面BCE，所以AE⊥BE.
(2)方法一　如图，在△ADE中，过点M作MG∥AD交AE于点G，在△ABE中过点G作GN∥BE交AB于点N，连接MN.
因为EM＝2MD，所以EG＝2GA，BN＝2NA.下面证明此时MN∥平面BCE.
因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，
BE⊂平面BCE，所以NG∥平面BCE.
因为GM∥AD∥BC，GM⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，所以GM∥平面BCE.
因为MG∩GN＝G，MG⊂平面MGN，GN⊂平面MGN，所以平面MGN∥平面BCE，
又MN⊂平面MGN，所以MN∥平面BCE.
因为AD＝6，AB＝5，BE＝3，
所以MG＝AD＝4，NG＝BE＝1.易知MG⊥GN，所以MN＝＝＝.
方法二　过点M作MG∥CD交CE于点G，连接BG，在线段AB上取点N，使得BN＝MG，连接MN(如图)．
因为AB∥CD，MG∥CD，EM＝2MD，所以MG＝CD，MG∥BN，又BN＝MG，
所以四边形MGBN是平行四边形，所以MN∥BG，
又MN⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，所以MN∥平面BCE，
可得点N为线段AB上靠近点A的一个三等分点，
在△CBG中，因为BC＝AD＝6，CG＝CE＝＝，cos∠BCG＝，
所以BG2＝36＋5－2×6××＝17，所以MN＝BG＝.