2023年高考指导数学(人教A文一轮)解答题专项四 立体几何中的综合问题

这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)解答题专项四 立体几何中的综合问题，共8页。

(1)求证:平面ABF∥平面CDE;
(2)若∠ABC=90°,且AD=5,DE=6,AF=2,EF=41,求证:AD⊥CE.
2.(2022云南曲靖二模)如图,P是四边形ABCD所在平面外的一点,四边形ABCD是∠DAB=60°的菱形,PA=PD,平面PAD垂直于底面ABCD,G为AD边的中点.
(1)求证:BG⊥平面PAD;
(2)若PA=AB=6,求多面体P-ABCD的体积.
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是菱形,∠DAB=30°,PD⊥平面ABCD,AD=2,点E为AB上一点,且AEAB=m,点F为PD中点.
(1)若m=12,证明:直线AF∥平面PEC;
(2)是否存在一个常数m,使得平面PED⊥平面PAB?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.
4.如图,在四棱锥A-BCDE中,四边形BCDE为菱形,AB=AD=3,BD=23,AE=AC,点G是棱AB上靠近点B的三等分点,点F是AC的中点.
(1)证明:DF∥平面CEG;
(2)点H为线段BD上一点,设BH=tBD,若AH⊥平面CEG,试确定t的值.
5.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,把△ADE沿AE翻折,翻折后点D的对应点是点H,使得平面AHE⊥平面ABCE.
(1)求证:AH⊥BE;
(2)在CH上确定一点F,使AH∥平面BEF;
(3)求四棱锥F-ABCE的体积.
6.如图,已知等腰梯形ABCD满足AD∥BC,2AD=BC=2,∠DCB=π3,沿对角线BD将△ABD折起,翻折后,点A的对应点是点H,使得平面HBD⊥平面BCD.
(1)若点E是棱HD上的一个动点,证明:BE⊥CD;
(2)若点P,N分别是棱CD,BC的中点,K是棱BD上的一个动点,试判断三棱锥K-HNP的体积是否为定值?若是,求出这个定值;若不是,试说明理由.
参考答案
解答题专项四 立体
几何中的综合问题
1.证明(1)∵四边形ABCD是菱形,
∴AB∥CD.
∵AB⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,
∴AB∥平面CDE.
又AF∥平面CDE,AF∩AB=A,
∴平面ABF∥平面CDE.
(2)∵AF∥平面CDE,AF⊂平面ADEF,平面ADEF∩平面CDE=DE,
∴AF∥DE.
在线段ED上取一点G,使得EG=4,则DG=2=AF,
又DG∥AF,
∴四边形ADGF是平行四边形,
∴FG=AD=5,FG∥AD.
∵EF=41,
∴EF2=EG2+FG2,
∴EG⊥FG,∴AD⊥ED.
∵∠ABC=90°,四边形ABCD是菱形,∴AD⊥DC.
又DC∩DE=D,DC,DE⊂平面CDE,∴AD⊥平面CDE.
∵CE⊂平面CDE,∴AD⊥CE.
2.(1)证明∵四边形ABCD是∠DAB=60°的菱形,
∴△ABD为等边三角形,
又G为AD的中点,∴BG⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,BG⊂平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴BG⊥平面PAD.
(2)解∵PA=PD,G为AD的中点,
∴PG⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,PG⊂平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PG⊥平面ABCD,
即PG是四棱锥P-ABCD的高.
∵PA=AB=6,∴△PAD是等边三角形,∴PG=32×6=33,
∴VP-ABCD=13·PG·AD·AB·sin 60°=13×33×6×6×32=54.
3.(1)证明取PC的中点M,连接FM,EM,如图所示.
因为F,M分别为PD,PC的中点,所以FM∥CD,FM=12CD.
因为AEAB=12,所以E为AB的中点,所以AE∥CD,AE=12CD.
所以FM∥AE,FM=AE.
所以四边形AEMF为平行四边形,
所以AF∥EM.
因为AF⊄平面PEC,EM⊂平面PEC,所以直线AF∥平面PEC.
(2)解存在一个常数m=32,使得平面PED⊥平面PAB,理由如下:
要使平面PED⊥平面PAB,只需AB⊥DE.
因为AB=AD=2,∠DAB=30°,所以AE=ADcs 30°=3.
又因为PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PD⊥AB.
因为PD∩DE=D,PD,DE均在平面PED中,所以AB⊥平面PED.
因为AB⊂平面PAB,
所以平面PED⊥平面PAB,
所以m=AEAB=32.
4.(1)证明取AG的中点I,记BD∩CE=O,连接FI,DI,GO,
在△ACG中,F,I分别是AC,AG的中点,所以FI∥CG.因为GB=GI,所以同理可得OG∥DI.又因为FI∩DI=I,CG∩GO=G,
所以平面GCO∥平面IFD.
又DF⊂平面IFD,
所以DF∥平面CEG.
(2)解因为底面BCDE是菱形,
所以OC⊥OD.
因为AE=AC,BC=BE,AB=AB,
所以△ABC≌△ABE,则易得GC=GE,
又因为O是EC的中点,
所以OC⊥OG.
因为OG∩OD=O,OG,OD均在平面ABD中,所以OC⊥平面ABD,
又AG⊂平面ABD,
所以OC⊥AG,即OC⊥AB.
因为AB=AD=3,BD=23,
所以cs∠ABD=AB2+BD2-AD22AB·BD=(23)22×3×23=33,
则OG=BG2+OB2-2BG·OB·cs∠ABD
=1+3-2×1×3×33
=2,
则OG2+BG2=OB2,
所以BG⊥OG,即AB⊥OG.
又因为OC∩OG=O,OC,OG均在平面CEG中,所以AB⊥平面CEG.
若AH⊥平面CEG,则H与B重合.
故t=0.
5.(1)证明∵平面AHE⊥平面ABCE,平面AHE∩平面ABCE=AE,
又由已知可得AE=BE=2,AB=2,∴BE⊥AE.
又BE⊂平面ABCE,∴BE⊥平面AHE.
∵AH⊂平面AHE,
∴BE⊥AH,即AH⊥BE.
(2)解连接AC交BE于点G,则CGGA=CEAB=12,
在线段CH上取CH的三等分点F(靠近C),连接FG,则CFCH=CGCA=13,可得AH∥FG,
而AH⊄平面BEF,FG⊂平面BEF,则AH∥平面BEF.
(3)解取AE中点O,连接HO,则HO⊥AE,又平面AHE⊥平面ABCE,且平面AHE∩平面ABCE=AE,∴HO⊥平面ABCE.
在Rt△AHE中,可得HO=22.
∵F为CH的三等分点F(靠近C),
∴F到平面ABCE的距离为13×22=26.可得四棱锥F-ABCE的体积为13×12×(1+2)×1×26=212.
6.(1)证明如图,
在等腰梯形中,过A,D分别作底边的垂线,垂足分别为M,N,在Rt△DNC中,CN=12,
因为∠DCB=π3,所以∠NDC=π6,所以CD=1.
在△ABD中,AB=AD=1,∠BAD=2π3,由余弦定理可知,BD=12+12-2×1×1×cs2π3=3.
在△BDC中,BD=3,BC=2,CD=1,满足BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD.
因为平面HBD⊥平面BCD,且平面HBD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,所以CD⊥平面HBD.
又因为BE⊂平面HBD,
所以CD⊥BE.
(2)解三棱锥K-HNP的体积是定值.
如图,因为CN=BN,CP=DP,
所以NP∥BD.
所以S△KPN=S△DPN=12×32×12=38.
取BD的中点F,连接HF,
因为HB=HD,所以HF⊥BD.
因为平面HBD⊥平面BCD,且平面BCD∩平面HBD=BD,HF⊂平面HBD,所以HF⊥平面BCD.
又在△HBD中,HB=HD=1,∠BHD=2π3,所以HF=12,
所以V三棱锥K-HNP=V三棱锥H-DNP=13S△DNP·HF=13×38×12=348为定值.