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）

这是一份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），共6页。
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＝．