2023届高考一轮复习讲义（文科）第八章　立体几何 第6讲　高效演练 分层突破学案

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1．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
解析：选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，
所以BD⊥CD.
又平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD＝BD，
故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.
又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq \r(3)，那么P到平面ABC的距离为 ．
解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝eq \r(3).过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝eq \r(3)，则CE＝1，故CH＝eq \r(2)，在Rt△PCH中，可得PH＝eq \r(2)，即点P到平面ABC的距离为eq \r(2).
答案：eq \r(2)
3．(2020·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6eq \r(2)，E是棱PC上的一点．
(1)证明：BC⊥平面PBD；
(2)若PA∥平面BDE，求eq \f(PE,PC)的值．
解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.
又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.
因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，
所以BC⊥平面PBD.
(2)如图，连接AC交BD于点F，连接EF，
则EF是平面PAC与平面BDE的交线．
因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.
因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，
所以eq \f(PE,PC)＝eq \f(1,2).
4．(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2eq \r(2)，沿BD折起，使AC＝2eq \r(2).
(1)证明：△ACD为直角三角形；
(2)设B在平面ACD内的射影为P，求四面体PBCD的体积．
解：(1)证明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2eq \r(2)，
所以AD＝eq \r(AB2＋BD2)＝eq \r(4＋8)＝2eq \r(3)，
因为AC＝2eq \r(2)，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，
所以AC⊥CD，
所以△ACD是直角三角形．
(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，
因为AC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD⊂平面ACD，
所以平面ABC⊥平面ACD，其交线为AC，
故过B点作AC的垂线，垂足为P，点P即为B在平面ACD内的射影，
易知P为AC的中点，
所以四面体PBCD的体积VP­BCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×1＝eq \f(2,3).
5.(2020·福州市质量检测)如图，四棱锥E­ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥BE；
(2)设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以BC⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ABE.
又AE⊂平面ABE，
所以BC⊥AE.
因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
所以BF⊥AE.
又因为BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，
因为BE⊂平面BCE，
所以AE⊥BE.
(2)如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN，
因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，
所以NG∥平面BCE.
同理可证，GM∥平面BCE.
因为MG∩GN＝G，
所以平面MGN∥平面BCE，
又因为MN⊂平面MGN，
所以MN∥平面BCE，
因为M点为线段DE上靠近D点的一个三等分点，
所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，
AD＝6，AB＝5，BE＝3，
所以MG＝eq \f(2,3)AD＝4，NG＝eq \f(1,3)BE＝1，
所以MN＝eq \r(MG2＋NG2)＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17).
[综合题组练]
1．(2020·吉林长春质量监测(二))四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，CD＝2AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝eq \r(2)，M为PC中点．
(1)求证：平面PBC⊥平面BMD；
(2)求点B到平面PCD的距离．
解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，BD＝eq \r(3)，cs∠BDC＝cs∠DBA＝eq \f(\r(3),3)，
在△BCD中，由余弦定理得BC＝eq \r(3)，
由勾股定理得PD＝2，PB＝eq \r(3)，
所以△PCD，△PCB是等腰三角形，
所以PC⊥MD，PC⊥MB，
因为MD∩MB＝M，
所以PC⊥平面MDB，
因为PC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面BDM.
(2)取PD的中点N，连接AN，MN，
所以ANMB为平行四边形，
所以BM∥AN，BM＝AN＝1，
因为PA＝AD，所以AN⊥PD，
又易知CD⊥平面PAD，AN⊂平面PAD，
所以CD⊥AN，所以AN⊥平面PCD，
所以BM⊥平面PCD，
所以B到平面PCD的距离为1.
2．(2020·郑州市第二次质量预测)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝eq \f(π,3)，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.
(1)求证：AD⊥PB；
(2)若E在线段BC上，且EC＝eq \f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D­CEG的体积；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，
所以PF⊥AD.
因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq \f(π,3)，所以BF⊥AD.
又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，
又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.
(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，
所以BF⊥平面PAD.
又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，
所以PF⊥平面ABCD.
连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于点G，
所以GH⊥平面ABCD.
又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.
因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，
所以eq \f(CH,HF)＝eq \f(CE,DF)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(CG,GP)＝eq \f(CH,HF)＝eq \f(1,2)，
所以GH＝eq \f(1,3)PF＝eq \f(\r(3),3)，
所以VD­CEG＝VG­CDE＝eq \f(1,3)S△CDE·GH＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)DC·CE·sin eq \f(π,3)·GH＝eq \f(1,12).
3．如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1­BCD，如图(2)所示．
(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；
(2)求证：BD⊥A1F；
(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．
解：(1)证明：因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM∥EF，又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.
(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，
所以BD⊥平面A1EF.
又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F.
(3)直线A1B与直线CD不能垂直．
理由如下：
因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.
因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，
又因为EF∥DM，所以A1B⊥DM.
假设A1B⊥CD，
因为CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，
所以A1B⊥BD，
这与∠A1BD为锐角矛盾，所以直线A1B与直线CD不能垂直．