2018版高考一轮总复习数学（文）模拟演练 解答题专项训练4 word版含答案

解答题专项训练四

1.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为BB1，AC的中点．

(1)求证：BF∥平面A1EC；

(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1.

证明　(1)连接AC1交A1C于点O，连接OE，OF，

在正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，所以OA＝OC1.

又因为F为AC中点，所以OF∥CC1且OF＝CC1.

因为E为BB1中点，所以BE∥CC1且BE＝CC1.

所以BE∥OF且BE＝OF，所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE.

又BF⊄平面A1EC，OE⊂平面A1EC，

所以BF∥平面A1EC.

(2)由(1)知BF∥OE，因为AB＝CB，F为AC中点，

所以BF⊥AC，所以OE⊥AC.

又因为AA1⊥底面ABC，而BF⊂底面ABC，

所以AA1⊥BF.

由BF∥OE，得OE⊥AA1，而AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A，

所以OE⊥平面ACC1A1.

因为OE⊂平面A1EC，

所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.

2．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD 是平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠PCD＝90°，PA＝AB＝AC＝2.

(1)求证：AC⊥CD；

(2)点E是棱PC的中点，求点B到平面EAD的距离．

解　(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，

因为∠PCD＝90°，所以PC⊥CD，

所以CD⊥平面PAC，

所以CD⊥AC.

(2)因为PA＝AB＝AC＝2，E为PC的中点，所以AE⊥PC，AE＝.

由(1)知AE⊥CD，所以AE⊥平面PCD.

作CF⊥DE，交DE于点F，则CF⊥AE，CF⊥平面EAD.

因为BC∥AD，所以点B与点C到平面EAD的距离相等，CF即为点C到平面EAD的距离．

在Rt△ECD中，CF＝＝＝.

所以，点B到平面EAD的距离为.

3．如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，

BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.

(1)求证：BF⊥平面ACFD；

(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．

解　(1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．

因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.

所以BF⊥平面ACFD.

(2)因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角．

在Rt△BFD中，BF＝，DF＝，得cos∠BDF＝，所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.

4．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD的中点．

(1)若m＝，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，请说明理由．

解　(1)证明：作FM∥CD交PC于点M，连接ME.

∵点F为PD的中点，

∴FM＝CD.

∵m＝，

∴AE＝AB＝FM，

又FM∥CD∥AE，

∴四边形AEMF为平行四边形，

∴AF∥EM.

∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，

∴直线AF∥平面PEC.

(2)存在常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB.

要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE.

此时AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，∴AE＝ADcos30°＝.

又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AB.

∵PD∩DE＝D，∴AB⊥平面PDE.

∵AB⊂平面PAB，∴平面PDE⊥平面PAB，

因此m＝＝.

5．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；

(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值．

解　(1)证明：在图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，

即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，

从而BE⊥平面A1OC，

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.

(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，

且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，

又由(1)，A1O⊥BE，

所以A1O⊥平面BCDE，

即A1O是四棱锥A1－BCDE的高．

由图1知，A1O＝AB＝a，

平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.

从而四棱锥A1－BCDE的体积为V＝S·A1O＝×a2×a＝a3，由a3＝36，得a＝6.

6．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，D是AC的中点．

(1)求证：B1C∥平面A1BD；

(2)若∠A1AB＝∠ACB＝60°，AB＝BB1，AC＝2，BC＝1，求三棱锥A1－ABD的体积．

解　(1)证明：连接AB1交A1B于点O，则O为AB1的中点，连接DO.

∵D是AC的中点，

∴DO为△ACB1的中位线，∴OD∥B1C.

又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，

∴B1C∥平面A1BD.

(2)∵AC＝2，BC＝1，∠ACB＝60°，

∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝3，

∴AB＝，且△ABC为直角三角形．

取AB的中点M，连接A1M，

∵AB＝BB1＝AA1，∠A1AB＝60°，

∴△ABA1为等边三角形，

∴A1M⊥AB，且A1M＝.

又∵平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，A1M⊂平面AA1B1B，

∴A1M⊥平面ABC.

∵S△ABD＝S△ABC＝，

∴V三棱锥A1－ABD＝S△ABD·A1M＝.

7．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是正三角形，点D是A1B1的中点，AC＝2，CC1＝.

(1)求三棱锥C－BDC1的体积；

(2)证明：A1C⊥BC1.

解　(1)由几何体可知VC－BDC1＝VD－BCC1，过点D作DH⊥C1B1于点H，

∵C1C⊥平面A1B1C1，

∴C1C⊥DH，

∴DH⊥平面BCC1，

∴DH是三棱锥D－BCC1的高，

∴DH＝，

S△BCC1＝×2×＝，

∴VC－BDC1＝VD－BCC1＝××＝.

(2)证明：取C1B1的中点E，连接A1E，CE，交BC1于点F，

∵底面是正三角形，∴A1E⊥B1C1，

∴A1E⊥平面C1B1BC，∴A1E⊥BC1，

在矩形C1B1BC和Rt△C1CE中，C1C＝，C1E＝1，

在Rt△BCC1中，BC＝2，CC1＝，∴＝，

∴△C1CE∽△CBC1，∴∠C1BC＝∠ECC1，

又∠C1BC＋∠BC1C＝90°，∴∠ECC1＋∠BC1C＝90°，

∠CFC1＝90°，∴CE⊥BC1，

又CE∩A1E＝E，∴BC1⊥平面A1CE，∴A1C⊥BC1.

8．如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.

(1)若BE＝1，是否在折叠后的线段AD上存在一点P，且＝λ，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；

(2)求三棱锥A－CDF的体积的最大值，并求此时点F到平面ACD的距离．

解　(1)AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝.

理由如下：

当λ＝时，＝，可知＝，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，则有＝＝，

又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，

又EC＝3，MP∥FD∥EC，故MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME.

又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，

故CP∥平面ABEF.

(2)设BE＝x，所以AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x，

故V三棱锥A－CDF＝××2×(6－x)x＝(－x2＋6x)，当x＝3时，V三棱锥A－CDF有最大值，且最大值为3，此时，EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2.

在Rt△EFC中，FC＝，在Rt△AFD中，AD＝3，

在Rt△AFC中，AC＝.

在△ACD中，cos∠ADC＝＝＝，故sin∠ADC＝ ＝，

S△ADC＝DA·DC·sin∠ADC＝×3×2×＝3.

设点F到平面ACD的距离为h，由V三棱锥A－CDF＝V三棱锥F－ADC，即3＝×h×S△ADC＝×h×3，

得h＝，故此时点F到平面ACD的距离为.