高考文科数学二轮分层特训卷：主观题专练 立体几何6 Word版含解析

《高考文科数学二轮分层特训卷：主观题专练 立体几何6 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考文科数学二轮分层特训卷：主观题专练 立体几何6 Word版含解析（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 立体几何(6) 1．[2019·重庆市七校联考]如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点． (1)求证：AE⊥平面A1BD； (2)求三棱锥B1－A1BD的体积． 解析：(1)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC. 因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，所以平面AA1C1C⊥平面ABC， 又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BD⊥平面AA1C1C， 又AE⊂平面AA1C1C，所以BD⊥AE. 在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，易证得A1

2、D⊥AE， 又A1D∩BD＝D，A1D⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以AE⊥平面A1BD. (2)如图所示，连接AB1交A1B于O，则O为AB1的中点， 所以点B1到平面A1BD的距离等于点A到平面A1BD的距离， 易知BD＝，所以V三棱锥B1－A1BD＝V三棱锥A－A1BD＝V三棱锥B－AA1D＝×S△AA1D×BD＝××2×1×＝， 所以三棱锥B1－A1BD的体积为. 2．[2019·湖北部分重点中学联考]如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝2，点M是SD的中点，AN⊥SC，且交SC于点N. (1)求证：SB∥平

3、面ACM； (2)求点C到平面AMN的距离． 解析：(1)连接BD交AC于E，连接ME. ∵四边形ABCD是正方形，∴E是BD的中点． ∵M是SD的中点，∴ME是△DSB的中位线， ∴ME∥SB. 又ME⊂平面ACM，SB⊄平面ACM，∴SB∥平面ACM. (2)由条件知DC⊥SA，DC⊥DA，∴DC⊥平面SAD， ∴AM⊥DC. 又SA＝AD，M是SD的中点，∴AM⊥SD， ∴AM⊥平面SDC，∴SC⊥AM. 由已知SC⊥AN，∴SC⊥平面AMN. 于是CN⊥平面AMN，则CN为点C到平面AMN的距离． 在Rt△SAC中，SA＝2，AC＝2，SC＝＝2， 于是A

4、C2＝CN·SC⇒CN＝，∴点C到平面AMN的距离为. 3．[2019·江西名校联考]如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AA1⊥A1C，平面AA1C1C⊥平面ABC，∠ACC1＝120°，AA1＝2，BC＝3. (1)求证：AA1⊥A1B. (2)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面积． 解析：(1)由题意知平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且BC⊥AC， 所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥AA1， 又AA1⊥A1C，A1C∩BC＝C，所以AA1⊥平面A1BC. 因为A1B⊂平面A1BC，所以AA1⊥

5、A1B. (2)易得∠C1A1C＝∠A1CA＝30°，所以在Rt△AA1C中，AC＝4，A1C＝2， 故四边形AA1C1C的面积S1＝2×2＝4. △A1B1C1和△ABC的面积之和S2＝2××3×4＝12，且AB＝5. 又AA1⊥A1B，所以A1B＝＝， 所以四边形AA1B1B的面积S3＝2×＝2. 由(1)知BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，故四边形BB1C1C的面积S4＝2×3＝6. 故三棱柱ABC－A1B1C1的表面积S＝S1＋S2＋S3＋S4＝4＋18＋2. 4. [2019·安徽六校第二次联考])如图，四边形ABCD为矩形，点A，E，B，F共面，且△A

6、BE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°. (1)若平面ABCD⊥平面AEBF，证明平面BCF⊥平面ADF； (2)在线段EC上是否存在一点G，使得BG∥平面CDF？若存在，求出此时三棱锥G－ABE与三棱锥G－ADF的体积之比；若不存在，请说明理由． 解析：(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB， 又平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB， 所以BC⊥平面AEBF. 因为AF⊂平面AEBF，所以BC⊥AF. 因为∠AFB＝90°，即AF⊥BF，且BC⊂平面BCF，BF⊂平面BCF，BC∩BF＝B， 所以AF

7、⊥平面BCF. 又AF⊂平面ADF，所以平面ADF⊥平面BCF. (2)假设存在满足条件的点G.因为BC∥AD，AD⊂平面ADF，所以BC∥平面ADF. 因为△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°， 所以∠FAB＝∠ABE＝45°，所以AF∥BE，又AF⊂平面ADF，所以BE∥平面ADF， 因为BC∩BE＝B，所以平面BCE∥平面ADF. 如图所示，延长EB到点H，使得BH＝AF，连接CH，HF，AC，易证四边形ABHF是平行四边形， 又BC綊AD，所以HF綊AB綊CD，所以四边形HFDC是平行四边形，所以CH∥DF. 过点B作CH的平行线，交E

8、C于点G，即BG∥CH∥DF，又DF⊂平面CDF， 所以BG∥平面CDF，即此点G为所求的点． 又BE＝AB＝2AF＝2BH，所以EG＝EC. 易知S△ABE＝2S△ABF，所以V三棱锥G－ABE＝V三棱锥C－ABE＝V三棱锥C－ABF＝V三棱锥D－ABF＝V三棱锥B－ADF＝V三棱锥G－ADF，故V三棱锥G－ABEV三棱锥G－ADF＝43. 5．[2019·江西宜春大联考]如图1，四边形ABCD是矩形，AB＝2π，AD＝4，E，F分别为DC，AB上的点，且DE＝DC，AF＝AB，将矩形ABCD卷成如图2所示的以AD，BC为母线的圆柱的半个侧面，且AB，CD分别为圆柱的两底面的直径

9、． (1)求证：平面ADEF⊥平面BCEF； (2)求四棱锥D－BCEF的体积． 解析：(1)因为F在底面圆周上，且AB为该底面半圆的直径，所以AF⊥BF. 由题易知，EF∥AD. 又AD为圆柱的母线，所以EF垂直于圆柱的底面，所以EF⊥BF. 又AF∩EF＝F，所以BF⊥平面ADEF. 因为BF⊂平面BCEF，所以平面ADEF⊥平面BCEF. (2)设圆柱的底面半径为r， 由题设知，πr＝2π，所以r＝2，所以CD＝4. 因为在图1中DE＝DC，AF＝AB， 所以在图2中结合题意易得∠CDE＝30°，DE⊥CE， 所以CE＝CD＝2，DE＝2. 由题易知BC⊥平

10、面DCE，所以BC⊥DE， 又BC∩CE＝C，所以DE⊥平面BCEF，所以DE为四棱锥D－BCEF的高． 又AD＝BC＝4，所以V四棱锥D－BCEF＝S四边形BCEF×DE＝×BC×CE×DE＝×4×2×2＝. 6. [2019·福建福州二检]如图，四棱锥E－ABCD中，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． 解析：(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB. 因

11、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)方法一　如图，在△ADE中，过点M作MG∥AD交AE于点G，在△ABE中过点G作GN∥BE交AB于点N，连接MN. 因为EM＝2MD，所以EG＝2GA，BN＝2NA.下面证明此时MN∥平面BCE. 因为NG∥BE，NG⊄平面BCE， BE⊂平面BCE

12、，所以NG∥平面BCE. 因为GM∥AD∥BC，GM⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，所以GM∥平面BCE. 因为MG∩GN＝G，MG⊂平面MGN，GN⊂平面MGN，所以平面MGN∥平面BCE， 又MN⊂平面MGN，所以MN∥平面BCE. 因为AD＝6，AB＝5，BE＝3， 所以MG＝AD＝4，NG＝BE＝1.易知MG⊥GN，所以MN＝＝＝. 方法二　过点M作MG∥CD交CE于点G，连接BG，在线段AB上取点N，使得BN＝MG，连接MN(如图)． 因为AB∥CD，MG∥CD，EM＝2MD，所以MG＝CD，MG∥BN，又BN＝MG， 所以四边形MGBN是平行四边形，所以MN∥BG， 又MN⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，所以MN∥平面BCE， 可得点N为线段AB上靠近点A的一个三等分点， 在△CBG中，因为BC＝AD＝6，CG＝CE＝＝，cos∠BCG＝， 所以BG2＝36＋5－2×6××＝17，所以MN＝BG＝.