广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练四高考中的立体几何含解析新人教A版文

高考大题专项练四　高考中的立体几何

1.(2020全国Ⅰ,文19)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.

(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;

(2)设DO=,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.

答案：(1)证明由题设可知,PA=PB=PC.

由于△ABC是正三角形,

故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.

又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.

从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,

所以平面PAB⊥平面PAC.

(2)解设圆锥的底面半径为r,母线长为l.

由题设可得rl=,l2-r2=2.

解得r=1,l=.

从而AB=.由(1)可得PA2+PB2=AB2,

故PA=PB=PC=.

所以三棱锥P-ABC的体积为×PA×PB×PC=.

2.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.

答案：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=BC.

因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,

所以DE∥BC,DE=BC.

所以DE∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.

所以EF∥DG.

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.

答案：证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,因为ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,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.如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=2,点E在A1D上.

(1)证明:AA1⊥平面ABCD;

(2)当为何值时,A1B∥平面EAC,并求出此时三棱锥D-AEC的体积.

答案：(1)证明因为底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,

所以AB=AD=AC=2.

在△AA1B中,由A+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=1时,A1B∥平面EAC.

证明如下:连接BD交AC于O,当=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=.

所以VE-ACD=×1×,

即VD-AEC=VE-ACD=.

5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.

(1)求证:BD⊥平面PAC;

(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;

(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.

答案：(1)证明因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥BD.

又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.

所以BD⊥平面PAC.

(2)证明因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.

因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.

所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.

所以平面PAB⊥平面PAE.

(3)解棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.

取PB的中点F,取PA的中点G,连接CF,FG,EG.

则FG∥AB,且FG=AB.

因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,

所以CE∥AB,且CE=AB.

所以FG∥CE,且FG=CE.

所以四边形CEGF为平行四边形.

所以CF∥EG.

因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,

所以CF∥平面PAE.

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.

答案：(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.

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=CG.

由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,

所以DE∥PC,因此PE=PG,DE=PC.

由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2.

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=×2×2×2=.

7.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=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

答案：(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=3.

又BP=DQ=DA,所以BP=2.

作QE⊥AC,垂足为E,则QE?DC.

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=×QE×S△ABP=×1××3×2sin45°=1.

8.(2020全国Ⅱ,文20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.

(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;

(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=,求四棱锥B-EB1C1F的体积.

答案：(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,

所以MN∥CC1.

又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.

因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.

又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.

所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.

(2)解AO∥平面EB1C1F,AO⊂平面A1AMN,平面A1AMN∩平面EB1C1F=PN,故AO∥PN.

又AP∥ON,故四边形APNO是平行四边形,

所以PN=AO=6,AP=ON=AM=,PM=AM=2,EF=BC=2.

因为BC∥平面EB1C1F,所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离.

作MT⊥PN,垂足为T,则由(1)知,MT⊥平面EB1C1F,

故MT=PMsin∠MPN=3.

底面EB1C1F的面积为×(B1C1+EF)×PN=(6+2)×6=24.

所以四棱锥B-EB1C1F的体积为×24×3=24.