2023届高考数学一轮复习作业立体几何中的综合问题北师大版（答案有详细解析）

立体几何中的综合问题

1．如图，在四棱锥P­ABCD中，AD＝2，AB＝BC＝CD＝1，BC∥AD，∠PAD＝90°．∠PBA为锐角，平面PAB⊥平面PBD．

(1)证明：PA⊥平面ABCD；

(2)AD与平面PBD所成角的正弦值为，求三棱锥P­ABD的表面积．

[解]　(1)证明：作AM⊥PB于M，

则由平面PAB⊥平面PBD⇒AM⊥平面PBD⇒AM⊥BD．

取AD中点为Q，

则BCQD⇒BQ＝CD＝1＝QD＝QA⇒∠ABD＝90°．

又∠PBA为锐角，

∴点M与点B不重合．

⇒DB⊥平面PAB⇒DB⊥PA．

又PA⊥AD，DB与AD为平面ABCD内两条相交直线，

故PA⊥平面ABCD．

(2)由(1)知：AM⊥平面PBD，

故∠ADM即为AD与平面PBD所成角，＝⇒AM＝．

在Rt△PAB中，AM＝⇒∠PBA＝45°，

故PA＝1，S△PAB＝，S△PAD＝1，S△ABD＝＝．

而∠PBD＝90°⇒S△PBD＝＝＝，

故所求表面积为：＋1＋＋＝．

2．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．

(1)证明：AE⊥PB；

(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求点C到平面PAB的距离．

[解]　(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，

∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，

∴AE＝BC＝AD＝DE，

∴△ADE为等边三角形，

∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC，

∴BD⊥AE．

如图，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE，

又OP平面POB，OB平面POB，OP∩OB＝O，

∴AE⊥平面POB，∵PB平面POB，

∴AE⊥PB．

(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE．

又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO平面PAE，PO⊥AE，

∴OP⊥平面ABCE．

∵OP＝OB＝，∴PB＝，

∵AP＝AB＝1，

∴S△PAB＝××＝，

连接AC，则VP­ABC＝OP·S△ABC＝××＝，

设点C到平面PAB的距离为d，

∵VP­ABC＝VC­PAB＝S△PAB·d，

∴d＝＝＝．

3．(2021·西湖区模拟)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为BC的中点．

(1)求证：AD⊥PB；

(2)在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．

[解]　(1)证明：连接PG，因为△PAD为正三角形，

G为AD边的中点，所以PG⊥AD；

又AG＝AB，∠BAD＝60°，所以BG＝AB，

所以∠BGA＝90°，即BG⊥AD．

又PG平面PGB，BG平面PGB，PG∩BG＝G，

所以AD⊥平面PGB，又PB平面PGB，

所以AD⊥PB．

(2)当F为PC边的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD，证明如下：

取PC的中点F，连接DE、EF、DF，

在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，DE∥GB，PB∩GB＝B，

EF∩DE＝E，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，所以BG⊥PG，

又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，

所以PG⊥平面ABCD，而PG平面PGB，

所以平面PGB⊥平面ABCD，

所以平面DEF⊥平面ABCD．

1．(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1，证明：

(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；

(2)点C1在平面AEF内．

[证明]　(1)如图，连接BD，B1D1．因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD．又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1．又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D．由于EF平面BB1D1D，所以EF⊥AC．

(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG．

因为D1E＝DD1，AG＝AA1，DD1AA1，所以ED1AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1．

因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FGA1B1，FGC1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1．

于是AE∥FC1．所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．

2．(2020·全国卷Ⅰ)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P­ABC的体积．

[解]　(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)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P­ABC的体积为

××PA×PB×PC＝××＝．

3．(2021·新高考卷Ⅰ)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．

(1)证明：OA⊥CD；

(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E­BC­D的大小为45°，求三棱锥A­BCD的体积．

[解]　(1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO平面ABD，所以AO⊥平面BCD，

又CD平面BCD，所以AO⊥CD．

(2)因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，

所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝．

如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG．

因为AO⊥平面BCD，

所以EF⊥平面BCD，

又BC平面BCD，所以EF⊥BC，

又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG平面EFG，

所以BC⊥平面EFG，

则∠EGF为二面角E­BC­D的平面角，

所以∠EGF＝45°，则GF＝EF．

因为DE＝2EA，所以EF＝OA，DF＝2OF，所以＝2．

因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，

则＝，所以GF＝．

所以EF＝GF＝，所以OA＝1，

所以VA­BCD＝S△BCD·AO＝××1＝．