统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练5立体几何文（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练5立体几何文（附解析），共8页。

(1)求证：平面AEG∥平面BDH；
(2)求点A到平面BDH的距离．
2．[2023·黑龙江哈尔滨三中三模(文)]如图，四棱锥B­PACQ中，BC⊥AB，四边形PACQ为直角梯形，PA⊥AC，PQ∥AC，且AP＝AB＝PQ＝1，PB＝eq \r(2).
(1)求证：直线BC⊥平面PAB；
(2)若直线CA与平面PAB所成线面角为eq \f(π,3)，求三棱锥P­BQC的体积．
3．[2023·河南焦作三模(文)]如图1，在矩形ABCD中，点E在边CD上，BC＝DE＝2EC，将△DAE沿AE进行翻折，翻折后D点到达P点位置，且满足平面PAE⊥平面ABCE，如图2.
(1)若点F在棱PA上，且EF∥平面PBC，求eq \f(PF,PA)；
(2)若AB＝3，求点A到平面PBC的距离．
4．[2023·安徽蚌埠二中模拟(文)]如图，圆锥PO的母线长为eq \r(6)，△ABC是⊙O的内接三角形，BC＝2eq \r(3).
(1)若△ABC是正三角形，求三棱锥P­ABC的体积；
(2)若平面PAC⊥平面PBC，且∠ABC＝60°，证明：PA⊥PC.
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．
6．[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟(文)]如图，在多面体ABCDEF中，平面EAD⊥平面ABCD，△EAD为正三角形，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝eq \f(π,3)，DE∥CF，DE＝2CF＝4.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求点B到平面ACF的距离．
立体几何（5）
1．解析：（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接OH，△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，
又因为EG⊄平面BDH，BH⊂平面BDH，
所以EG∥平面BDH，同理：AG∥平面BDH，因为AG，EG⊂平面AEG，AG∩EG＝G，
所以平面AEG∥平面BDH.
（2）记点A，H到平面BDH，平面ABD的距离分别为hA，hH，S△ABD＝eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，
因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，CH＝eq \f(1,3)CP，所以hH＝eq \f(2,3)，
在△PBC中，cs∠PCB＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，
在△BCH中，BH2＝BC2＋CH2－2BC·CH·cs∠HCB＝eq \f(32,9)，
同理，DH＝eq \f(4\r(2),3)，又因为O为BD中点，所以OH⊥BD.
在△BDH中，BD＝2eq \r(3)，S△BDH＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(\f(32,9)－3)＝eq \f(\r(15),3)，
因为VA­BDH＝VH­ABD，所以hA＝eq \f(S△ABD·hH,S△BDH)＝eq \f(\r(3)×\f(2,3),\f(\r(15),3))＝eq \f(2\r(5),5).
2．解析：（1）证明：PA＝AB＝1，PB＝eq \r(2)，即PA2＋AB2＝PB2，
∴PA⊥AB，又∵PA⊥AC，AC∩AB＝A，
∴PA⊥平面ABC，
∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
∵BC⊥AB，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB.
（2）过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接PC，
∵PA⊥平面ABC，BH⊂平面ABC，∴PA⊥BH，
∵PA∩AC＝A，∴BH⊥平面PACQ，
由（1）得：直线BC⊥平面PAB，
∴直线CA与平面PAB所成线面角为∠CAB，∴∠CAB＝eq \f(π,3)，
∴VP­BQC＝VB­PQC＝eq \f(1,3)BH·S△PQC，
其中BH＝AB·sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)，S△PQC＝eq \f(1,2)PQ·PA＝eq \f(1,2)，
∴VP­BQC＝eq \f(\r(3),12).
3．解析：
（1）如图，在PB上取点G，使得FG∥AB，连接FG，GC，
则FG∥AB∥CE.
因为EF∥平面PBC，平面EFGC∩平面PBC＝CG，所以EF∥CG，
所以四边形EFGC是平行四边形，所以FG＝EC.
又因为AB＝DE＋EC＝3EC，所以eq \f(PF,PA)＝eq \f(FG,AB)＝eq \f(1,3).
（2）作PM⊥AE，垂足为M，连接BM，CM，AC.
因为平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，所以PM⊥平面ABCE.
由条件可知△PAE是等腰直角三角形，AP＝PE＝2，PM＝eq \f(\r(2),2)PA＝eq \r(2).
S△ABC＝eq \f(1,2)AB×BC＝3，所以三棱锥P­ABC的体积为V＝eq \f(1,3)S△ABC×PM＝eq \r(2).
在底面ABCE内计算可得BM＝eq \r(5)，所以PB＝eq \r(BM2＋PM2)＝eq \r(7)，
同理可得PC＝eq \r(7).
所以△PBC是等腰三角形，面积为eq \f(1,2)×2×eq \r(7－1)＝eq \r(6).
设点A到平面PBC的距离为d，则V＝eq \f(1,3)S△PBCd，即eq \f(1,3)×eq \r(6)d＝eq \r(2)，解得d＝eq \r(3).
4．解析：（1）由题意可知，△ABC是边长为2eq \r(3)的等边三角形，则圆O的半径为r＝eq \f(2\r(3),2sin60°)＝2，
所以，圆锥PO的高为h＝eq \r(6－r2)＝eq \r(2)，
又因为S△ABC＝eq \f(\r(3),4)×（2eq \r(3)）2＝3eq \r(3)，因此，VP­ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \r(6).
（2）证明：依题意PA＝PB＝PC＝eq \r(6)，BC＝2eq \r(3)，∴PB2＋PC2＝BC2，∴PB⊥PC，
∵平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，PB⊂平面PBC，∴PB⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，∴PB⊥PA，∴AB＝eq \r(PA2＋PB2)＝2eq \r(3)，
∵∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，AC＝2eq \r(3)，
∵PA2＋PC2＝AC2，∴PA⊥PC.
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＝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.
6．解析：
（1）证明：如图，取AD，DE，BC的中点O，M，N，连接OM，MF，FN，ON，
则MD∥CF，MD＝eq \f(1,2)ED＝FC，
故四边形MDCF为平行四边形，所以MF∥CD，MF＝CD.
因为ON∥CD，ON＝CD，故MF∥ON，MF＝ON，
故四边形OMFN为平行四边形，
则OM∥FN，又OM∥AE，
∴AE∥FN，又FN⊂平面BCF，AE⊄平面BCF，故AE∥平面BCF.
（2）连接OB，由题可得OB⊥AD，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，∴OB⊥平面ADE，
∴OB⊥DE，OB⊥AD，DE∥CF，DA∥CB，
∴OB⊥CF，OB⊥BC，CF∩BC＝C，
∴OB⊥平面BCF，OB⊂平面ABCD，
∴平面BCF⊥平面ABCD，
过F作FG⊥BC于G，过G作GH⊥AC于H，连接HF，过G作GP⊥HF于P，则FG⊥平面ABCD，
∴FG⊥AC，又GH⊥AC，GH∩GF＝G，∴AC⊥平面FGH，
∴AC⊥GP，又GP⊥HF，AC∩HF＝H，∴GP⊥平面ACF，
由题可知∠FCB＝eq \f(π,3)，CF＝2，BC＝4，
∴FG＝eq \r(3)，CG＝1，又四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝eq \f(π,3)，
∴GH＝eq \f(1,2)，HF＝eq \f(\r(13),2)，PG＝eq \f(\r(39),13)，又CG＝1，BC＝4，
设点B到平面ACF的距离为d，则d＝4PG＝eq \f(4\r(39),13)，
故点B到平面ACF的距离为eq \f(4,13)eq \r(39).