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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練26 解答題專項訓練 立體幾何 文
1.
如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,Q為AD的中點.
(1)若PA=PD,求證:平面PQB⊥平面PAD;
(2)點M在線段上,PM=tPC,試確定實數(shù)t的值,使PA∥平面MQB.
2.
在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,AC⊥BC,A1B⊥C1C,AC=BC.
(1)求證:A1A⊥A1C;
(2)若A1A=A1C=2,求三棱錐B1-A1BC的體積.
2、
3.
如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,SA=SD,SA⊥AB,N是棱AD的中點.
(1)求證:AB∥平面SCD;
(2)求證:SN⊥平面ABCD;
(3)在棱SC上是否存在一點P,使得平面PBD⊥平面ABCD?若存在,求出的值;若不存在,說明理由.
4.
如圖,在四棱錐P-ABCD中,O為AC與BD的交點,AB⊥平面PAD,△PAD是正三角形,DC∥AB,DA=DC=2AB.
(1)若點E為棱PA上一點,且OE∥平面PBC,求的值;
(2)求證:平面PBC⊥平面
3、PDC.
5.(xx江蘇高考,16)如圖,在三棱錐P-ABC中,D,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.
求證:(1)直線PA∥平面DEF;
(2)平面BDE⊥平面ABC.
6.
如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,頂點A1在底面ABC上的射影恰為點B,且AB=AC=A1B=2.
(1)求證:平面A1AC⊥平面AA1B;
(2)若點P為B1C1的中點,求三棱錐P-ABC與四棱錐P-AA1B
4、1B的體積之比.
7.如圖,已知在△SCD中,SD=3,CD=,cos∠SDC=-,SA=2AD,AB⊥SD交SC于點B,M為SB上一點,且SM=2MB.將△SAB沿AB折起,使平面SAB⊥平面ABCD.
(1)求證:AM∥平面SCD;
(2)求三棱錐S-CDM的體積.
答案與解析
專題能力訓練26 解答題專項訓練(立體幾何)
1.證明:(1)連接BD,因為四邊形ABCD為菱形,
且∠BAD=60°,所以△ABD為正三角形,
又Q為AD的中點,所以AD⊥BQ.
又因為PA=PD,所
5、以AD⊥PQ.
又BQ∩PQ=Q,所以AD⊥平面PQB.
又AD?平面PAD,
所以平面PQB⊥平面PAD.
(2)因為PA∥平面MQB,連接AC交BQ于點N,連接MN.
由AQ∥BC可得,△ANQ∽△CNB,
所以.
因為PA∥平面MQB,PA?平面PAC,
平面PAC∩平面MQB=MN,所以PA∥MN.
因此,,即t的值為.
2.解:(1)因為平面A1ACC1⊥平面ABC,AC⊥BC,
所以BC⊥平面A1ACC1,所以A1A⊥BC.
因為A1B⊥C1C,A1A∥C1C,所以A1A⊥A1B.
又BC∩A1B=B,所以A1A⊥平面A1BC.
又A1C?平面A1BC,
6、所以A1A⊥A1C.
(2)由已知及(1),△A1AC是等腰直角三角形,AA1=A1C=2,AC=2.
因為平面A1ACC1⊥平面ABC,
所以Rt△A1AC斜邊上的高等于斜三棱柱ABC-A1B1C1的高,且等于.
在Rt△ABC中,AC=BC=2,S△ABC=AC·BC=4,
所以三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=S△ABC·=4.
又三棱錐A1-ABC與三棱錐C-A1B1C1的體積相等,都等于V,
所以三棱錐B1-A1BC的體積V1=V-2×V=.
3.解:(1)因為底面ABCD是矩形,所以AB∥CD.
又因為AB?平面SCD,CD?平面SCD,
所以AB∥平面S
7、CD.
(2)因為AB⊥SA,AB⊥AD,SA∩AD=A,所以AB⊥平面SAD,
又因為SN?平面SAD,所以AB⊥SN.
因為SA=SD,且N為AD的中點,所以SN⊥AD.
又因為AB∩AD=A,所以SN⊥平面ABCD.
(3)存在點P,使得平面PBD⊥平面ABCD.理由如下:
如圖,連接BD交NC于點F,
在平面SNC中過點F作FP∥SN交SC于點P,連接PD,PB.
因為SN⊥平面ABCD,所以FP⊥平面ABCD.
又因為FP?平面PBD,所以平面PBD⊥平面ABCD.
在矩形ABCD中,因為ND∥BC,所以.
在△SNC中,因為FP∥SN,所以.
則在棱SC
8、上存在點P,使得平面PBD⊥平面ABCD,
此時.
4.(1)解:因為OE∥平面PBC,OE?平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC,所以OE∥PC,AO∶OC=AE∶EP.
因為DC∥AB,DC=2AB,
所以AO∶OC=AB∶DC=1∶2.所以.
(2)證明:(方法一)取PC的中點F,連接FB,FD.
因為△PAD是正三角形,DA=DC,所以DP=DC.
因為F為PC的中點,所以DF⊥PC.
因為AB⊥平面PAD,
所以AB⊥PA,AB⊥AD,AB⊥PD.
因為DC∥AB,所以DC⊥DP,DC⊥DA.
設AB=a,在等腰直角三角形PCD中,DF=PF=a.
在
9、Rt△PAB中,PB=a.
在直角梯形ABCD中,BD=BC=a.
因為BC=PB=a,點F為PC的中點,
所以PC⊥FB.
在Rt△PFB中,FB=a.
在△FDB中,由DF=a,FB=a,BD=a,
可知DF2+FB2=BD2,所以FB⊥DF.
由DF⊥PC,DF⊥FB,PC∩FB=F,PC,FB?平面PBC,
所以DF⊥平面PBC.
又DF?平面PCD,所以平面PBC^平面PDC.
(方法二)取PD,PC的中點,分別為M,F,連接AM,FB,MF,
則MF∥DC,MF=DC.
因為DC∥AB,AB=DC,
所以MF∥AB,MF=AB,
即四邊形ABFM為平
10、行四邊形,所以AM∥BF.
在正三角形PAD中,M為PD的中點,所以AM⊥PD.
因為AB⊥平面PAD,所以AB⊥AM.
又因為DC∥AB,所以DC⊥AM.
因為BF∥AM,所以BF⊥PD,BF⊥CD.
又因為PD∩DC=D,PD,DC?平面PCD,
所以BF⊥平面PCD.
因為BF?平面PBC,
所以平面PBC⊥平面PDC.
5.證明:(1)因為D,E分別為棱PC,AC的中點,
所以DE∥PA.
又因為PA?平面DEF,DE?平面DEF,
所以直線PA∥平面DEF.
(2)因為D,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點,PA=6,BC=8,
所以DE∥PA,DE=P
11、A=3,EF=BC=4.
又因為DF=5,故DF2=DE2+EF2,
所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.
又PA⊥AC,DE∥PA,
所以DE⊥AC.
因為AC∩EF=E,AC?平面ABC,EF?平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
又DE?平面BDE,
所以平面BDE⊥平面ABC.
6.(1)證明:由題意得A1B⊥平面ABC,故A1B⊥AC.
又AB⊥AC,AB∩A1B=B,
∴AC⊥平面AA1B.
∵AC?平面A1AC,∴平面A1AC⊥平面AA1B.
(2)解:在三棱錐P-ABC中,因為AB⊥AC,
所以底面ABC是等腰直角三角形.
又因為點P到底面的距離h
12、=A1B=2,
所以VP-ABC=S△ABC·h=AC·AB·h=.
由(1)可知AC⊥平面AA1B.
因為點P在B1C1的中點,
所以點P到平面AA1B1B距離h2等于點C1到平面AA1B1B的距離的一半,即h2=1.
·h2=AB·A1B·h2=×2×2×1=,
所以三棱錐P-ABC與四棱錐P-AA1B1B的體積之比為1∶1.
7.(1)證明:如圖①,過點C作CO⊥SD交SD的延長線于點O,在BC上取點N使BN∶NC=1∶2,連接AN.
圖①
在△SCD中,由CD=,cos∠SDC=-,得DO=1,CO=2,即SA=AO.
由AB⊥SD,得SB=BC.
又BN∶NC=1∶2,∴SN∶NC=2∶1.
又SA=2AD,∴AN∥CD.
如圖②,連接MN,AN,由于SM∶MB=2∶1?MN∥SC.
又AN∥CD,AN∩MN=N,SC∩DC=C,
∴平面AMN∥平面SCD,∴AM∥平面SCD.
圖②
(2)解:由AM∥平面SCD,知點M到平面SCD的距離等于點A到平面SCD的距離.
∵平面SAB⊥平面ABCD,SA⊥AB,
∴SA⊥平面ABCD.
所以VS-CDM=VM-SCD=VA-SCD=VS-ACD=×1×2×2=.
2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練26 解答題專項訓練 立體幾何 文
