广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练4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.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.

2.(2021全国Ⅱ)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.

(1)求三棱锥F-EBC的体积;

(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE.

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.

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.

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.

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.

7.(2021宁夏银川模拟)如图,矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,把△ADE沿AE翻折,使得平面ADE⊥平面ABCE.

(1)求证:AD⊥BE;

(2)在CD上确定一点F,使AD∥平面BEF;

(3)求四棱锥F-ABCE的体积.

8.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.(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.(1)解在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥A1B1,

∵BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BCC1B1,

∴A1B1⊥平面BCC1B1.∵AB∥A1B1,

∴AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥BC.

∵AB=BC=2,∴AC==2,

∴CE=BE=.

∴CF=CC1=AB=1,∴V三棱锥F-EBC=S△EBC×CF=×1=.

(2)证明如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.

∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.

又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,

则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.

又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,

∴∠FBM=∠MB1B.

又∠MB1B+∠B1MB=90°,

∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.

又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,

∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.

3.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.(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.(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.(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.(1)证明∵平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,又由已知可得AE=BE=,AB=2,∴BE⊥AE,则BE⊥平面DAE.

∵AD⊂平面DAE,∴AD⊥BE.

(2)解连接AC交BE于点G,则,在线段CD上取CD的三等分点F(靠近C),连接FG,则,可得AD∥FG,而AD⊄平面BEF,FG⊂平面BEF,则AD∥平面BEF.

(3)解取AE中点O,连接DO,则DO⊥AE,

又平面ADE⊥平面ABCE,且平面ADE∩平面ABCE=AE,

∴DO⊥平面ABCE,在Rt△ADE中,可得DO=.

∵F为CD的三等分点(靠近C),∴F到平面ABCE的距离为.

可得四棱锥F-ABCE的体积为×(1+2)×1×.

8.(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.