（统考版）高考数学二轮复习 专题限时集训11 立体几何（含解析）（文）-人教版高三数学试题

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1、专题限时集训(十一)　立体几何 1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求点C到平面C1DE的距离． [解]　(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D． 由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED．又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE. (

2、2)过点C作C1E的垂线，垂足为H. 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH. 从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离． 由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝. 从而点C到平面C1DE的距离为. 2．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. (1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； (2)设O为△A1B1C1的中心，若AO＝AB

3、＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱锥B­EB1C1F的体积． [解]　(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1. 又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN. 因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N. 又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN. 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F. (2)AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN. 又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝AM＝，PM＝AM＝2，EF＝BC＝2. 因为BC∥平面E

4、B1C1F，所以四棱锥B­EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离． 如图，作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin∠MPN＝3. 底面EB1C1F的面积为×(B1C1＋EF)×PN＝(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B­EB1C1F的体积为×24×3＝24. 3．(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. 图1　　　　　　　图2 (1)证明：图2

5、中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的四边形ACGD的面积． [解]　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，又BE，BC⊂面BCGE，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)取CG的中点M，连接EM，DM. 因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG. 由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.

6、 因此DM⊥CG. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝， 故DM＝2. 所以四边形ACGD的面积为4. 4．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点． (1)证明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由． [解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC． 而DM⊂平面AMD，故平面A

7、MD⊥平面BMC． (2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD． 证明如下：如图，连接AC，BD，AC交BD于O. 因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD． 1．(2020·怀仁模拟)如图，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点， M，N分别是AB，PC的中点． (1)求证： MN∥平面PAD； (2)若MN＝BC＝4，PA＝4，求异面直线PA与MN所成的角的大小． [解]　(1)取PD的中点H，连接AH，NH， ∵N是PC的中点，∴NH綊DC． ∵M是A

8、B的中点，且DC綊AB， ∴NH綊AM，即四边形AMNH为平行四边形． ∴MN∥AH. 又MN⊄平面PAD，AH⊂平面PAD， ∴MN∥平面PAD． (2)连接AC并取其中点O，连接OM，ON. 则OM綊BC，ON綊PA． ∴∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角， 由MN＝BC＝4，PA＝4，得OM＝2，ON＝2. ∴MO2＋ON2＝MN2，∴∠ONM＝30°， 即异面直线PA与MN成30°的角． 2．(2020·汕头一模)在四棱锥P­ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且有AB∥DC，AC＝CD＝DA＝AB． (1)证明：BC⊥PA； (2)若PA＝PC＝A

9、C＝，Q在线段PB上，满足PQ＝2QB，求三棱锥P­ACQ的体积． [解]　(1)证明：不妨设AB＝2a，则AC＝CD＝DA＝a， 由△ACD是等边三角形，可得∠ACD＝， ∵AB∥DC，∴∠CAB＝. 由余弦定理可得 BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos＝3a2， 即BC＝a，∴BC2＋AC2＝AB2. ∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC． 又平面PAC⊥平面ABCD， 平面PAC∩平面ABCD＝AC， BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PAC， ∵PA⊂平面PAC，∴BC⊥PA． (2)依题意得，PA⊥PC， VP­ACQ＝VQ­PAC＝VB­PAC＝×S

10、△PAC×BC ＝×××××2＝. 3．(2020·深圳二模)如图所示，四棱锥S­ABCD中，SA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝SA＝1，BC＝2，M为SB的中点． (1)求证：AM∥平面SCD； (2)求点B到平面SCD的距离． [解]　(1)证明：取SC的中点N，连接MN和DN， ∵M为SB的中点， ∴MN∥BC，且MN＝BC， ∵∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝1，BC＝2， ∴AD∥BC，且AD＝BC， ∴AD綊MN， ∴四边形AMND是平行四边形， ∴AM∥DN， ∵AM⊄平面SCD，DN⊂平面SCD， ∴AM∥平面SCD．

11、 (2)∵AB＝AS＝1，M为SB的中点， ∴AM⊥SB， ∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BC， ∵∠ABC＝∠BAD＝90°， ∴BC⊥AB， ∴BC⊥平面SAB, ∴BC⊥AM， ∴AM⊥平面SBC． 由(1)可知AM∥DN， ∴DN⊥平面SBC， ∵DN⊂平面SCD， ∴平面SCD⊥平面SBC， 作BE⊥SC交SC于E， 则BE⊥平面SCD， 在直角三角形SBC中， SB·BC＝SC·BE， ∴BE＝＝＝， 即点B到平面SCD的距离为. 4．(2020·长沙模拟)如图，已知三棱锥P­ABC的平面展开图中，四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△

12、BCF均为正三角形，在三棱锥P­ABC中． (1)证明：平面PAC⊥平面ABC； (2)求三棱锥P­ABC的表面积和体积． [解]　(1)设AC的中点为O，连接BO，PO. 由题意，得PA＝PB＝PC＝，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1. 因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点， 所以PO⊥AC． 因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝， PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB． 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC， 所以PO⊥平面ABC， 因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC． (2)三棱锥P­ABC的表面积S＝2×××＋2××2 ＝

13、2＋， 由(1)知，PO⊥平面ABC，所以三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC×PO ＝××××1＝. 1.已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是直角梯形，AD⊥DC，AB＝1，AD＝DC＝2，AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD，F为A1B1的中点． (1)在图中画出一个过BC1且与AF平行的平面(要求写出作法)； (2)求四棱柱ABCD­A1B1C1D1的表面积． [解]　(1)在平面CDD1C1中，过D作DP∥AF，交C1D1于P，在平面CDD1C1中，过C1作C1E∥DP，交CD于E，连接BE，此时AF∥C1E，∴过BC1且与AF平行的平面为平面BEC1.

14、 (2)∵四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是直角梯形， AD⊥DC，AB＝1，AD＝DC＝2，AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD， ∴四棱柱ABCD­A1B1C1D1的表面积为： S＝2S梯形ABCD＋S矩形ABB1A1＋S矩形ADD1A1＋S矩形DCC1D1＋S矩形BCC1B1＝2××2＋1×2＋2×2＋2×2＋×2＝16＋2. 2.如图，在三棱柱FAB­EDC中，侧面ABCD是菱形，G是边AD的中点．平面ADEF⊥平面ABCD，∠ADE＝90°. (1)求证：AC⊥BE； (2)在线段BE上求点M(说明M点的具体位置)，使得DE∥平面GMC，并证明你的结论． [

15、解]　(1)证明：如图，连接BD，则由四边形ABCD是菱形可得AC⊥BD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，且DE⊥AD, ∴DE⊥平面ABCD． 又AC⊂平面ABCD, ∴AC⊥DE. ∵BD∩DE＝D, ∴AC⊥平面BDE， ∵BE⊂平面BDE, ∴AC⊥BE. (2)设BD∩CG＝O，在△BDE中，过O作DE的平行线交BE于点M，M点即为所求的点． ∵OM在平面MGC内，DE不在平面MGC内，且OM∥DE, ∴DE∥平面MGC． ∵四边形ABCD为菱形，且G是AD的中点， ∴△DOG∽△BOC，且＝＝， 又OM∥DE，于是＝＝， 故

16、点M为线段BE上靠近点E的三等分点． 3．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合)． (1)求证：平面EMN⊥平面PBC； (2)设三棱锥B­EMN和四棱锥P­EBCD的体积分别为V1和V2，当N为BC中点时，求的值． [解]　(1)证明：∵PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E， ∴PE⊥平面EBCD， 又PE⊂平面PEB，∴平面PEB⊥平面EBCD， ∵BC⊂平面EBCD，BC⊥EB， ∴平面PBC⊥平面PE

17、B． ∵PE＝EB，PM＝MB，∴EM⊥PB， ∵BC∩PB＝B，∴EM⊥平面PBC， 又∵EM⊂平面EMN，∴平面EMN⊥平面PBC． (2)∵N是BC的中点，∴＝＝， 点M，P到平面EBCD的距离之比为， ∴＝·＝·＝. 4.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，D是AC的中点． (1)求证：B1C∥平面A1BD； (2)若∠A1AB＝∠ACB＝60°，AB＝BB1，AC＝2，BC＝1，求三棱锥C­AA1B的体积． [解]　(1)连接AB1交A1B于点O，则O为AB1的中点， ∵D是AC的中点，∴OD∥B1C， 又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD， ∴B1C∥平面A1BD． (2)∵AC＝2，BC＝1，∠ACB＝60°， ∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝3， 得AB＝. ∴AC2＝AB2＋BC2，得AB⊥BC． 又∵平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，∴BC⊥平面AA1B1B． ∵∠A1AB＝60°，AB＝BB1＝AA1，∴AA1＝. ∴S△A1AB＝·AB·AA1·sin∠A1AB＝. ∴VC­A1AB＝S△A1AB·BC＝××1＝.