统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练6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6立体几何文（附解析），共9页。

(1)证明：P是BE的中点；
(2)若BC＝CD＝2，AD＝BD＝2eq \r(2)，求几何体P­CDEQ的体积．
2．[2023·贵州贵阳模拟预测(文)]在棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，P为线段B1D1上一动点．
(1)证明：AP∥平面C1BD；
(2)若AA1⊥平面A1B1C1D1，∠ABC＝90°，AB＝AD＝1，AA1＝2，且P为线段B1D1的中点，求点D到平面BC1P的距离．
3．[2023·吉林模拟预测(文)]如图，在平面四边形APBC中，AC＝BC＝3，AP＝BP，∠ACB＝90°，∠APB＝60°.将△PAB沿AB折起得到三棱锥P′­ABC，使得P′C⊥AC.
(1)求证：P′C⊥平面ABC；
(2)若点E在棱P′A上，P′E＝2EA，求三棱锥E­ABC的体积．
4．[2023·陕西宝鸡中学模拟预测(文)]在梯形ABCD中，DC∥AB，E是线段AB上一点，AD＝2，AB＝5，AE＝CD＝1，∠DAB＝60°，把△BCE沿CE折起至△SCE，连接SA，SD，使得平面SCD⊥平面AECD.
(1)证明：AE∥平面SCD；
(2)求异面直线AE与SC所成的角．
5．[2023·江西南昌三模(文)]一个直三棱柱被平面所截得到如图所示的几何体ABC­A1B1C1，其中A1A、B1B、C1C与平面ABC垂直．C1C＝2A1A＝4B1B＝4，若AC＝2AB＝4，∠BAC＝60°，M是线段AC上靠近点A的四等分点．
(1)求证：A1C1⊥BM；
(2)求此多面体的体积．
6．[2023·全国乙卷(文)]如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \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．
立体几何（6）
1．解析：（1）证明：取ED的中点F，连接PF，QF，
由eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(ED,\s\up6(→))，得AD＝4FD，
又eq \(AC,\s\up6(→))＝4eq \(QC,\s\up6(→))，所以QF∥CD，
又AD⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AD⊥CD，所以QF⊥AD，
又AD⊥PQ，PQ∩QF＝Q，所以AD⊥平面PQF，
因为PF⊂平面PQF，所以PF⊥AD，所以PF∥BD，
又F为ED的中点，所以P是BE的中点．
（2）由BC＝CD＝2，AD＝BD＝2eq \r(2)，故BC2＋CD2＝BD2，所以BC⊥CD，
因为AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以AD⊥BC，
又AD∩CD＝D，所以BC⊥平面ACD，
P是BE的中点，所以P到平面ACD的距离为eq \f(1,2)BC＝1，
由（1）得QF＝eq \f(3,4)CD＝eq \f(3,2)，
S四边形CDEQ＝S△ACD－S△AQE＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)－eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×eq \r(2)＝eq \f(5\r(2),4)，
所以四棱锥P­CDEQ的体积为eq \f(1,3)×1×eq \f(5\r(2),4)＝eq \f(5\r(2),12).
2．解析：
（1）连接AB1，AD1.
∵ABCD­A1B1C1D1为棱柱，∴B1B∥D1D且B1B＝D1D，
∴四边形B1BDD1为平行四边形，∴B1D1∥BD，
又B1D1⊂平面AB1D1，BD⊄平面AB1D1，
∴BD∥平面AB1D1.
同理C1D∥平面AB1D1，
又BD∩C1D＝D，且BD，C1D⊂平面C1BD，
∴平面AB1D1∥平面C1BD，
又AP⊂平面AB1D1，∴AP∥平面C1BD.
（2）如图，在平面PBD内，过D作DE⊥PB于E.
∵∠ABC＝90°，AB＝AD，
∴ABCD为正方形．又P为B1D1中点，∴C1P⊥B1D1.
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，∴C1P⊥BB1，
又B1D1∩BB1＝B1，∴C1P⊥平面BB1D1D，∴C1P⊥DE.
又PB⊥DE，PB∩C1P＝P，∴DE⊥平面BC1P，
∴DE即为D到平面BC1P的距离．
在△PBD中，PD＝PB＝eq \r(BB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋B1P2)＝eq \f(3\r(2),2)，BD边上的高h＝2，
由等面积可得eq \f(1,2)·PB·DE＝eq \f(1,2)·BD·h，
∴DE＝eq \f(BD·h,PB)＝eq \f(4,3)，所以D到平面BC1P的距离为eq \f(4,3).
3．解析：（1）证明：∵AP＝BP，∴AP′＝BP′.
又∵AC＝BC，CP′＝CP′，∴△ACP′≌△BCP′.
即∠ACP′＝∠BCP′.
∵P′C⊥AC，∴P′C⊥BC，
∵AC∩BC＝C，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC
∴P′C⊥平面ABC.
（2）∵P′E＝2EA，∴VE­ABC＝eq \f(1,3)VP′­ABC，
由（1）可知，P′C⊥平面ABC，所以P′C即为三棱锥P′­ABC的高，
∵AC＝BC＝3，∠ABC＝90°.∴AB＝P′B＝P′A＝3eq \r(2)，
∵P′C⊥平面ABC，∴在Rt△P′CB中，P′C＝3，
所以VE­ABC＝eq \f(1,3)VP′­ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)S△ABC·P′C＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×3×3＝eq \f(3,2).
即三棱椎E­ABC的体积为eq \f(3,2).
4．解析：（1）证明：由题可知DC∥AE，又DC⊂平面SCD，AE⊄平面SCD，∴AE∥平面SCD.
（2）∵AE∥CD，
∴异面直线AE与SC所成的角就是直线CD与SC所成的角．
∵AB＝5，AE＝CD＝1，∠DAB＝60°，DC∥AB，AD＝2，
∴四边形AECD为平行四边形，BE＝4，EC＝2，∠CEB＝60°，
∴BC2＝BE2＋EC2－2BE·ECcs∠CEB＝42＋22－2×4×2×eq \f(1,2)＝12，
∴BC2＋EC2＝BE2，即BC⊥EC，∴SC⊥EC，
连接DE，又CD＝1，EC＝2，∠DCE＝60°，
∴DE2＝CD2＋EC2－2CD·ECcs∠DCE＝12＋22－2×1×2×eq \f(1,2)＝3，
∴CD2＋DE2＝EC2，即CD⊥DE，
∵平面SCD⊥平面AECD，平面SCD∩平面AECD＝CD，
∴DE⊥平面SCD，SC⊂平面SCD，
∴DE⊥SC，又SC⊥EC，DE∩EC＝E，
∴SC⊥平面AECD，CD⊂平面AECD，∴SC⊥CD，
∴异面直线AE与SC所成的角为90°.
5．解析：（1）证明：由题可知AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BM，
∵∠BAC＝60°，AM＝1，AB＝2，
∴BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB·cs∠BAC＝1＋4－2×1×2×eq \f(1,2)＝3，
∴AB2＝BM2＋AM2，∴BM⊥AM，
∵AM∩AA1＝A，BM⊥平面ACC1A1，
∵A1C1⊂平面ACC1A1，∴A1C1⊥BM.
（2）如图，取AA1中点为E，CC1靠近C的四等分点为D，连接B1E、B1D、DE，
易知平面B1DE∥平面ABC，该几何体由直棱柱ABC­EB1D和四棱锥B1­A1EDC1构成，
其中四棱锥B1­A1EDC1的底面是直角梯形A1EDC1，
由（1）知BM⊥平面ACC1A1，∴点B1到平面A1EDC1的距离为BM，
∴几何体体积为S△ABC·BB1＋eq \f(1,3)··BM＝eq \f(1,2)×4×eq \r(3)×1＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×（1＋3）×4×eq \r(3)＝eq \f(14\r(3),3).
6．解析：（1）因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \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＝2eq \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)×2×2eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(2\r(6),3).