统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练43高考大题专练四立体几何的综合运用文

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（1）证明：EF∥平面ABCD；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.
2.[2023·全国乙卷（文）]如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \r(2)，PB＝PC＝ eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO.
（1）求证：EF∥平面ADO；
（2）若∠POF＝120°，求三棱锥P­ABC的体积．
3.[2023·四川师范大学考试]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E为线段PB上的一点，且PE＝λPB，F为线段BC上的动点，
（1）当λ为何值时，平面AEF⊥平面PBC，并说明理由；
（2）若PA＝2，BC＝3，平面AEF⊥平面PBC，VE­ABF∶VP­ABCD＝1∶6，求出点B到平面AEF的距离．
4.[2022·全国乙卷（文），18]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F ­ ABC的体积．
5.[2023·全国甲卷（文）]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
（2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1­BB1C1C的高．
专练43 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用
1．解析：方法一 (1)证明：过点E作EE′⊥AB于点E′，过点F作FF′⊥BC于点F′，连接E′F′，如图(1).
∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EE′⊂平面EAB，∴EE′⊥平面ABCD.
同理FF′⊥平面ABCD，∴EE′∥FF′.
易得△EE′B≌FF′B，∴EE′＝FF′，
∴四边形EE′F′F是平行四边形，∴EF∥E′F′.
又∵E′F′⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
(2)过点G，H分别作GG′⊥CD于点G′，HH′⊥DA于点H′，连接F′G′，G′H′，H′E′，AC，如图(1).
由(1)及题意，可知E′，F′，G′，H′分别为AB，BC，CD，DA的中点，四棱柱EFGH ­ E′F′G′H′为长方体．
故该包装盒可看作由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成．
由底面ABCD是边长为8 cm的正方形，可得E′F′＝E′H′＝ eq \f(1,2)AC＝4 eq \r(2) cm.
在正三角形ABE中，易得EE′＝4 eq \r(3) cm.
∴所求包装盒的容积V＝VEFGH ­ E′F′G′H′＋4VA－EE′H′H＝E′F′×E′H′×EE′＋4× eq \f(1,3)×E′H′×EE′× eq \f(1,4)AC＝4 eq \r(2)×4 eq \r(2)×4 eq \r(3)＋4× eq \f(1,3)×4 eq \r(2)×4 eq \r(3)× eq \f(1,4)×8 eq \r(2)＝ eq \f(640\r(3),3)(cm3).
方法二 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是正三角形，∴分别取AB，BC的中点K，I，连接EK，FI，KI，则EK⊥AB，FI⊥BC，如图(2).
∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EK⊂平面EAB，∴EK⊥平面ABCD.
同理FI⊥平面ABCD，∴EK∥FI.易知△EAB≌△FBC，∴EK＝FI，
∴四边形EKIF是平行四边形，∴EF∥KI.
又∵EF⊄平面ABCD，KI⊂平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
(2)可补形成长方体，如图(2)，易得长方体的高为4 eq \r(3) cm.故所求包装盒的容积V＝82×4 eq \r(3)－4× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×42×4 eq \r(3)＝ eq \f(640\r(3),3)(cm3).
2．解析：(1)因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2 eq \r(2)，O是BC的中点，
所以△OBA∽△ABC，所以∠CAB＝∠AOB.
记BF⊥AO的垂足为H，则△BHA∽△OBA，
所以∠HBA＝∠AOB.
所以∠HBA＝∠CAB，所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，
所以CF＝BF，
故CF＝AF，F是AC的中点．
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC.
因为D，O分别是BP，BC的中点，所以DO∥PC，
所以EF∥DO.
又DO⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)
由(1)得FO∥AB，
因为AB⊥BC，所以FO⊥BC.
又PO⊥BC，
所以∠POF是二面角P­BC­F的平面角，
所以二面角P­BC­F的大小为120°.
如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M，连接MO，MB，
则∠POM是二面角P­BC­M的平面角，
所以∠POM＝60°.
在△PBC中，由PB＝PC＝ eq \r(6)，BC＝2 eq \r(2)，得PO＝2，所以PM＝ eq \r(3).
所以三棱锥P­ABC的体积VP­ABC＝ eq \f(1,3)S△ABC×PM＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×2×2 eq \r(2)× eq \r(3)＝ eq \f(2\r(6),3).
3．解析：(1)当λ＝ eq \f(1,2)时，平面AEF⊥平面PBC，理由如下：
因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC，
又PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.
因为PE＝ eq \f(1,2)PB，所以E为线段PB的中点，又因为PA＝AB，所以AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，所以AE⊥平面PBC，
因为AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)因为平面AEF⊥平面PBC，由(1)可知E为PB的中点，
因为PA⊥底面ABCD，所以点E到底面ABCD的距离为 eq \f(1,2)PA＝1，
所以VE­ABF＝ eq \f(1,3)×( eq \f(1,2)×2×BF)×1＝ eq \f(BF,3)，
因为VE­ABF∶VP­ABCD＝1∶6，所以 eq \f(\f(BF,3),\f(2×3×2,3))＝ eq \f(BF,12)＝ eq \f(1,6)，所以BF＝2，VE­ABF＝ eq \f(1,6)×4＝ eq \f(2,3)，
∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则PA⊥AB，同理可知BF⊥BE，
∵PA＝AB＝2，E为PB的中点，
则AE＝BE＝ eq \f(\r(2),2)PA＝ eq \r(2)，EF＝ eq \r(BE2＋BF2)＝ eq \r(6)，
所以S△AEF＝ eq \f(1,2)× eq \r(2)× eq \r(6)＝ eq \r(3)，
设点B到平面AEF的距离为d，由VB­AEF＝VE­ABF得 eq \f(1,3)d· eq \r(3)＝ eq \f(2,3)，解得d＝ eq \f(2\r(3),3).
4．解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝ ∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.
(2)如图，连接EF.
在△ABC中，由AB＝BC＝2，∠ACB＝60°可知，AC＝2，BE＝ eq \r(3)，
∵AD⊥CD，E为AC的中点，∴DE＝ eq \f(1,2)AC＝1.
又BD＝2，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE，
由(1)知△ABD≌△CBD，∴AF＝CF.又E为AC的中点，∴EF⊥AC.
∴当△ACF的面积最小时，EF⊥BD.
∴S△BDE＝ eq \f(1,2)BE·DE＝ eq \f(1,2)BD·EF，
∴EF＝ eq \f(\r(3),2)，BF＝ eq \f(3,2).
方法一：∴VF ­ ABC＝VA ­ BEF＋VC ­ BEF＝2VA ­ BEF＝2× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \f(\r(3),2)× eq \f(3,2)×1＝ eq \f(\r(3),4).
方法二：∴BF∶BD＝3∶4.
∴VF ­ ABC＝ eq \f(3,4)VD ­ ABC＝ eq \f(3,4)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×2× eq \r(3)×1＝ eq \f(\r(3),4).
5．解析：(1)因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)
如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H⊂平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱锥A1­BB1C1C的高为A1H.
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，
则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝ eq \r(2).
方法一 由S△CA1C1＝ eq \f(1,2)·CA1·A1C1＝ eq \f(1,2)·A1H·CC1，得A1H＝ eq \f(CA1·A1C1,CC1)＝ eq \f(\r(2)×\r(2),2)＝1，
故四棱锥A1­BB1C1C的高为1.
方法二 在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，
所以A1H＝ eq \f(1,2)CC1＝1，
故四棱锥A1­BB1C1C的高为1.