广西2020版高考数学复习高考大题专项练四高考中的立体几何文 9页

高考大题专项练四　高考中的立体几何1.(2018全国Ⅱ,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.连接OB,因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)解作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°.所以OM=253,CH=OC·MC·sin∠ACBOM=455.所以点C到平面POM的距离为455.2.\n(2018北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证:(1)PE⊥BC;(2)平面PAB⊥平面PCD;(3)EF∥平面PCD.证明(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如图,取PC的中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FG∥BC,FG=12BC.因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE∥BC,DE=12BC.所以DE∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.\n又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.3.由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.4.\n如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,点E在A1D上.(1)证明:AA1⊥平面ABCD;(2)当A1EED为何值时,A1B∥平面EAC,并求出此时三棱锥D-AEC的体积.(1)证明因为底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,所以AB=AD=AC=2.在△AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA1⊥AB.同理,AA1⊥AD.又因为AB∩AD于点A,所以AA1⊥平面ABCD.(2)解当A1EED=1时,A1B∥平面EAC.证明如下:连接BD交AC于O,当A1EED=1,即点E为A1D的中点时,连接OE,则OE∥A1B,所以A1B∥平面EAC.设AD的中点为F,连接EF.则EF∥AA1,所以EF⊥平面ACD,且EF=1,可求得S△ACD=3.所以VE-ACD=13×1×3=33,即VD-AEC=VE-ACD=33.5.\n如图,AB是圆O的直径,点C是弧AB的中点,点V是圆O所在平面外一点,D是AC的中点,已知AB=2,VA=VB=VC=2.(1)求证:OD∥平面VBC;(2)求证:AC⊥平面VOD;(3)求棱锥C-ABV的体积.(1)证明∵O,D分别是AB和AC的中点,∴OD∥BC.又OD⊄平面VBC,BC⊂平面VBC,∴OD∥平面VBC.(2)证明∵VA=VB,O为AB中点,∴VO⊥AB.连接OC,在△VOA和△VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC,∴△VOA≌△VOC,∴∠VOA=∠VOC=90°,∴VO⊥OC.又AB∩OC=O,AB⊂平面ABC,OC⊂平面ABC,∴VO⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC,∴AC⊥VO.又VA=VC,D是AC的中点,∴AC⊥VD.∵VO⊂平面VOD,VD⊂平面VOD,VO∩VD=V,∴AC⊥平面VOD.(3)解由(2)知VO是棱锥V-ABC的高,且VO=VA2-AO2=3.又点C是弧AB的中点,∴CO⊥AB,且CO=1,AB=2.\n∴三角形ABC的面积S△ABC=12AB·CO=12×2×1=1,∴棱锥V-ABC的体积为VV-ABC=13S△ABC·VO=13×1×3=33,故棱锥C-ABV的体积为33.6.如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.(1)证明:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(2)解在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC.因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.\n连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=23CG.由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=23PG,DE=13PC.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=22.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2.所以四面体PDEF的体积V=13×12×2×2×2=43.7.(2018全国Ⅰ,文18)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=23DA,求三棱锥Q-ABP的体积.(1)证明由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.\n又BP=DQ=23DA,所以BP=22.作QE⊥AC,垂足为E,则QE?13DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-APB的体积为VQ-ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×22sin45°=1.8.(2018天津,文17)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=23,∠BAD=90°.(1)求证:AD⊥BC;(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.(1)证明由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)解取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM=AD2+AM2=13.\n因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN=AD2+AN2=13.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=12MNDM=1326.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.(3)解连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=3.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD=AC2+AD2=4.在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=34.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34.