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

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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.