2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練26 解答題專項訓(xùn)練 立體幾何 文.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練26 解答題專項訓(xùn)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. 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-AA1B1B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(xùn)練26　解答題專項訓(xùn)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,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=ACBC=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-2V=. 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SCD. (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O(shè)E∥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(shè)AB=a,在等腰直角三角形PCD中,DF=PF=a. 在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=PA=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=A1B=2, 所以VP-ABC=S△ABCh=ACABh=. 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=ABA1Bh2=221=, 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=122=.