2021高考文科数学（北师大版）一轮复习高考大题专项（四）　立体几何 WORD版含解析.docx

1、高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的平行与几何体的体积高考大题专项练第8页1.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点.(1)证明:BC1平面A1CD;(2)设AA1=AC=CB=2,AB=22,求三棱锥C-A1DE的体积.(1)证明连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点.又D是AB中点,连接DF,则BC1DF.因为DF平面A1CD,BC1平面A1CD,所以BC1平面A1CD.(2)解因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1CD.由已知AC=CB,D为AB的中点,所以CDAB.又AA1AB=A,于是CD平面ABB1A1.由AA1=AC=CB=2,AB=

2、22得ACB=90,CD=2,A1D=6,DE=3,A1E=3,故A1D2+DE2=A1E2,即DEA1D.所以VC-A1DE=1312632=1.2.(2019山东菏泽一模,18)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,D1D底面ABCD,BD1B1D,四边形ABCD是边长为4的菱形,D1D=6,E,F分别是线段AB的两个三等分点.(1)求证:D1F平面A1DE;(2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积.(1)证明连接AD1与A1D交于点M,则M为AD1的中点,连接EM,因为E,F分别是线段AB的两个三等分点,所以E是线段AF的中点,又因为M是线段AD1的中点,所以EMD1F,又

3、因为EM平面A1DE,D1F平面A1DE,所以D1F平面A1DE.(2)解因为四边形ABCD是边长为4的菱形,D1D=6,且D1D底面ABCD,所以侧面为四个全等的矩形,所以四个侧面的面积为S侧=644=96.因为D1D平面ABCD,连接BD,B1D1,所以四边形BDD1B1是矩形,又BD1B1D,所以四边形BDD1B1是正方形,所以BD=D1D=6,所以SABD=12BDAD2-(12BD)2=12642-(126)2=37.所以S四边形ABCD=2SABD=67.所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积为S表=S侧+2S四边形ABCD=96+127.3.如图,四棱锥P-ABCD的底面A

4、BCD是矩形,PA底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,AD=AB=1.(1)若点G为线段BC的中点,证明:平面EFG平面PAB;(2)在(1)的条件下,求以EFG为底面的三棱锥C-EFG的高.(1)证明E,F分别是PC,PD的中点,EFCD.底面ABCD是矩形,CDAB,EFAB.又AB平面PAB,EF平面PAB,EF平面PAB.同理EG平面PAB.EFEG=E,平面EFG平面PAB;(2)解PA底面ABCD,BC底面ABCD,PABC,BCAB,PAAB=A,BC平面PAB,C到平面PAB的距离为BC=1,以EFG为底面的三棱锥C-EFG的高为12.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,

5、PA底面ABCD,底面ABCD为梯形,ADBC,CDBC,AD=2,AB=BC=3,M为AD中点,N为PC上一点,且PC=3PN.(1)求证:MN平面PAB;(2)求点M到平面PAN的距离.(1)证明过N作NEBC,交PB于点E,连接AE,M为AD中点,N为PC上一点,且PC=3PN.NE=13BC=1,且NEBC,AM=12AD=1.又ADBC,ENAM且EN=AM,四边形AMNE是平行四边形,MNAE,又MN平面PAB,AE平面PAB,MN平面PAB.(2)解平面PAN即平面PAC,过点M作MFAC于点F,PA底面ABCD,MF底面ABCD,PAMF.又ACPA=A,MF平面PAC,MF即

6、为点F到平面PAN的距离.底面ABCD为梯形,ADBC,CDBC,AC=2,AB=BC=3,CD=22,AD=23,sinCAD=CDAC=MFMA=2223=MF1.MF=63.5.(2019山西考前适应二,19)如图,平面ABCD平面CDEF,且四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,BAD=CDA=90,AB=AD=DE=12CD,M是线段DE上的动点.(1)试确定点M的位置,使BE平面MAC,并说明理由;(2)在(1)的条件下,四面体E-MAC的体积为3,求线段AB的长.解(1)当EM=13DE时,BE平面MAC.证明如下:连接BD,交AC于N,连接MN.由于AB=12CD,所以D

7、NNB=2.当EM=13DE时,DMME=2,所以MNBE.由于MN平面MAC,又BE平面MAC,所以BE平面MAC.(2)CDDA,CDDE,DADE=D,CD平面ADE.又平面ABCD平面CDEF,ADDC,AD平面CDEF,ADDE.设AB=a,则VE-MAC=VC-MAE=13CDSMAE=19a3.所以19a3=3,解得a=3.因此AB=3.6.如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN平面PAB;(2)求四面体N-BCM的体积.(1)证明由已知得AM=23AD=2.

8、取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=12BC=2.又ADBC,故TNAM且TN=AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)解因为PA平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为12PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AEBC,AE=AB2-BE2=5.由AMBC得M到BC的距离为5,故SBCM=1245=25.所以四面体N-BCM的体积VN-BCM=13SBCMPA2=453.7.(2019陕西西安质检一)如图,多面体ABCDEF中,底面ABCD是菱形,BCD=60,四边

9、形BDEF是正方形且DE平面ABCD.(1)求证:CF平面ADE;(2)若AE=2,求多面体ABCDEF的体积V.(1)证明ABCD是菱形,BCAD.又BC平面ADE,AD平面ADE,BC平面ADE.又BDEF是正方形,BFDE.BF平面ADE,DE平面ADE,BF平面ADE.BC平面BCF,BF平面BCF,BCBF=B,平面BCF平面AED,CF平面AED.(2)解连接AC,记ACBD=O,ABCD是菱形,ACBD,且AO=CO.由DE平面ABCD,AC平面ABCD,DEAC.DE平面BDEF,BD平面BDEF,DEBD=D,AC平面BDEF于O,即AO为四棱锥A-BDEF的高.由ABCD是

10、菱形,BCD=60,则ABD为等边三角形,由AE=2,则AD=DE=1,AO=32,S四边形BDEF=1,VA-BDEF=13S四边形BDEFAO=36,V=2VA-BDEF=33.8.如图所示的四棱锥P-ABCD中,AB=BC=2,AD=DC=5,PD=2,ABBC,E是PAC的重心,F、G分别在侧棱PC和PD上,且PFPC=PGPD=23.(1)求证:平面EFG平面ABCD;(2)若三棱锥P-EFG的体积为1681,求点A到平面PCD的距离.(1)证明延长PE,交AC于M,E是PAC的重心,E、G分别在侧棱PC和PD上,且PFPC=PGPD=23.M是AC中点,PEPM=PFPC=PGPD

11、=23.GFCD,EFAC,EFGF=F,ACCD=C,EF、GF平面EFG,CD、AC平面ABCD,平面EFG平面ABCD.(2)解AB=BC=2,AD=DC=5,PD=2,ABBC,AC=AB2+BC2=2,DM=DC2-CM2=2,SCDM=12CMDM=1,SEFG=232SCDM=49,设点P到平面EFG的距离为h,则P到平面ABCD的距离为32h,三棱锥P-EFG的体积为1681,VP-EFG=13hSEFG=13h49=1681,解得h=43,P到平面ABCD的距离为32h=3243=2,过点A作AOCD,交CD于点O,PD=2,PD平面ABCD,PDAD,PDCD=D,AO平面

12、PCD,AO是点A到平面PCD的距离,SACD=12ACDM=12CDAO,AO=ACDMCD=225=455.点A到平面PCD的距离为455.突破2空间中的垂直与几何体的体积高考大题专项练第10页1.(2018全国1,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ABDA.(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,即BAAC.又BAAD,所以AB平面ACD.又AB平面ABC,所以平面ACD平面ABC

13、.(2)解由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22.作QEAC,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=13QESABP=13112322sin 45=1.2.(2019山东青岛二模,18)如图,在圆柱W中,点O1、O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于N、F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1.(1)若平面FNH平面NHG,证明:NGFH;(2)若直线O

14、1H平面FGE,求H到平面FGE的距离.(1)证明由题知平面FNH平面NHG,平面FNH平面NHG=NH,因为NHFH,又因为FH平面FHN,所以FH平面NHG,所以FHNG.(2)解连接O1O2,如图所示,因为O1O2EF,O1O2平面FGE,EF平面FGE,所以O1O2平面FGE;又因为直线O1H平面FGE,O1HO1O2=O1,所以平面O1HO2平面FGE,所以H到平面FGE的距离等于O2到平面FGE的距离;取线段EG的中点V,因为O2VEG,O2VEF,EGEF=E,所以O2V平面FGE,所以H到平面FGE的距离为O2V,在等腰直角三角形EO2G中,O2E=O2G=1,所以O2V=22

15、,所以所求的距离为22.3.(2019陕西联考三,18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1平面ABC,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.(1)证明AB=BC=CA,D是AC的中点,BDAC,AA1平面ABC,平面AA1C1C平面ABC,BD平面AA1C1C,BDAE.又在正方形AA1C1C中,D,E分别是AC,CC1的中点,A1ADACE,DA1A=CAE,CAE+A1DA=90,A1DAE.又A1DBD=D,AE平面A1BD.(2)解连接AB1交A1B于点O,O为AB1的中点,点B1到平面A1BD的距离等于

16、点A到平面A1BD的距离.VB-A1BD=13VA-A1BD=VB-AA1D=13SAA1DBD=1312213=33.4.如图,等边三角形PAC所在平面与梯形ABCD所在平面互相垂直,且有ADBC,AB=AD=DC=2,BC=4.(1)证明:AB平面PAC;(2)求点D到平面PAB的距离.(1)证明取BC中点M,连接AM,则四边形AMCD为菱形,即有AM=MC=12BC,ABAC,又AB平面ABCD,平面ABCD平面PAC,平面ABCD平面PAC=AC,AB平面PAC.(2)解由(1)可得PA=AC=23,ABC=60,BAC=120,取AC中点O,连接PO,则POAC,PO=3,又PO平面

17、PAC,平面PAC平面ABCD,平面PAC平面ABCD=AC,PO平面ABCD;VD-PAB=VP-ABD=13SABDPO=131222sin 1203=3,由(1)有AB平面PAC,得ABPA,SPAB=12223=23,设点D到平面PAB的距离为d,由VD-PAB=13SPABd,d=32.5.(2019天津河西一模,17)如图,已知三棱锥A-BCD中,平面ABD平面ABC,ABAD,BCAC,BD=3,AD=1,AC=BC,M为线段AB的中点.(1)求证:BC平面ACD;(2)求异面直线MD与BC所成角的余弦值;(3)求直线MD与平面ACD所成角的余弦值.(1)证明平面ABD平面ABC

18、,平面ABD平面ABC=AB,ADAB,AD平面ABD,AD平面ABC,ADBC,又BCAC,ADAC=A,BC平面ACD.(2)解取AC中点N,连接MN,DN,M是AB中点,MNBC,NMD为异面直线MD与BC所成的角,由(1)知BC平面ACD,MN平面ACD,MNND,又RtABD中,AD=1,BD=3,则AB=22,在等腰直角三角形ABC中,BC=AC=2.在RtMND中,MN=12BC=1,MD=AD2+AM2=3,cosNMD=MNMD=33,即异面直线MD与BC所成角的余弦值为33.(3)解由(2)知MDN为直线MD与平面ACD所成的角,在RtMND中,ND=MD2-MN2=2,c

19、osMDN=NDMD=23=63.6.(2019湖北武汉二模,18)如图1,直角梯形ABCD中,ABCD,ABAD,AB=2AD=2DC=62;如图2,将图1中DAC沿AC折起,点D在平面ABC上的正投影G在ABC内部,点E为AB的中点,连接BD,ED,三棱锥D-ABC的体积为122.(1)求证:DEAC;(2)求点B到平面ACD的距离.(1)证明在直角梯形ABCD中,ABCD,AB=2AD=2DC=62,在图1中作AB的中点E,在图1、图2中取AC的中点F,连接DF,CE,EF,则DAC,EAC均为等腰直角三角形,所以ACDF,ACEF,又DFEF=F,故AC面DEF,又DE面DEF,DEA

20、C.(2)解由题ADDC,AB=2AD=2DC=62,设B到平面ADC的距离为h,则由VD-ABC=VB-ADC,得122=13SADCh,点B到平面ACD的距离h=3122SADC=3122123232=42.7.(2019山西吕梁4月模拟,18)如图,在三棱锥P-ABC中,底面ABC是等边三角形,D为BC边的中点,PO平面ABC,点O在线段AD上.(1)证明:PAB=PAC;(2)若AB=PB=2,直线PB和平面ABC所成的角的正弦值为34,求点C到平面PAB的距离.(1)证明过点O作OEAB于点E,OFAC于点F,连接PE,PF.PO平面ABC,POOE,POOF,POAB,POAC,底

21、面ABC是等边三角形,D为BC边的中点,AD是BAC的角平分线,OE=OF,RtPOERtPOF,PE=PF,ABOE,ABPO,OEPO=O,AB平面POE,ABPE,同理可得:ACPF,RtPAERtPAF,PAB=PAC.(2)解AB=PB=2,直线PB和平面ABC所成的角的正弦值为34,PO=34PB=32,VP-ABC=13342232=32.连接OB,则OB=PB2-PO2=72.OD=OB2-BD2=32,又AD=AB2-BD2=3,O是AD的中点,由AOEABD可得:OEBD=AOAB=34,OE=34,PE=PO2+OE2=394,SPAB=122394=394,设C到平面P

22、AB的距离为h,则VC-PAB=13394h=32,解得h=61313.8.(2019天津红桥一模,17)如图,四面体ABCD中,O、E分别是BD、BC的中点,AB=AD=2,CA=CB=CD=BD=2.(1)求证:AO平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点E到平面ACD的距离.(1)证明连接AO,OC,AB=AD,D是BD中点,AOBD,BC=CD,D是BD的中点,COBD.在AOC中,由题设知AO=1,CO=3,AC=2,AO2+CO2=AC2,AOC=90,即AOOC.AOBD,BDOC=O,AO平面BCD.(2)解取AC的中点M,连接OM、ME、OE,由E为BC的中点,知MEAB,OEDC,直线OE与EM所成的角就是异面直线AB与CD所成的角.在OME中,EM=12AB=22,OE=12DC=1,OM是直角AOC斜边AC上的中线,OM=12AC=1,cosOEM=1+12-12122=24,异面直线AB与CD所成角大小的余弦值为24.(3)解设点E到平面ACD的距离为h.VE-ACD=VA-CDE,13SACDh=13SCDEAO,在ACD中,AD=2,CA=CD=2.SACD=1224-222=72,AO=1,SCDE=123422=32,h=SCDEAOSACD=32172=217,点E到平面ACD的距离为217.