2018學(xué)數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)練酷專題課時(shí)跟蹤檢測（十八）立體幾何文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精11-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE課時(shí)跟蹤檢測(十八）立體幾何1.（2017·沈陽模擬)如圖，在三棱柱ABC.A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且點(diǎn)O為AC的中點(diǎn)．（1）證明：A1O⊥平面ABC；（2)求三棱錐C1。ABC的體積．解：（1)證明：因?yàn)锳A1＝A1C，且O為AC的中點(diǎn),所以A1O⊥AC。又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1O?平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.（2）∵A1C1∥AC,A1C1?平面ABC,AC?平面ABC,∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距離等于A1到平面ABC的距離．由（1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝eq\r（AA\o\al(2,1）－AO2）＝eq\r(3），∴VC1。ABC＝VA1.ABC＝eq\f(1,3）S△ABC·A1O＝eq\f(1,3）×eq\f(1，2）×2×eq\r（3）×eq\r（3)＝1。2．（2018屆高三·西安八校聯(lián)考）如圖所示,該幾何體是由一個(gè)直三棱柱ADE。BCF和一個(gè)正四棱錐P。ABCD組合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.(1)證明:平面PAD⊥平面ABFE;(2）求正四棱錐P-ABCD的高h(yuǎn)，使得該四棱錐的體積是三棱錐P-ABF體積的4倍．解:（1）證明:在直三棱柱ADE-BCF中，AB⊥平面ADE,∴AB⊥AD。又AD⊥AF,AB∩AF＝A，∴AD⊥平面ABFE。又AD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABFE。(2)P到平面ABF的距離d＝1.∴VP。ABF＝eq\f(1,3)S△ABFd＝eq\f(1，3）×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f（2，3)。而VP。ABCD＝eq\f（1,3）S正方形ABCDh＝eq\f（1，3）×2×2×h＝4VP。ABF＝eq\f(8,3）,∴h＝2.3．（2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P.ABCD中，AB∥CD,且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1）證明:平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°,且四棱錐P.ABCD的體積為eq\f（8,3），求該四棱錐的側(cè)面積．解：(1）證明:由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD。因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD。（2）如圖所示，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD,垂足為E.由(1）知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.設(shè)AB＝x,則由已知可得AD＝eq\r（2)x，PE＝eq\f(\r(2）,2）x.故四棱錐P.ABCD的體積VP.ABCD＝eq\f（1，3)AB·AD·PE＝eq\f(1，3）x3。由題設(shè)得eq\f(1,3)x3＝eq\f（8，3)，故x＝2。從而PA＝PD＝AB＝DC＝2,AD＝BC＝2eq\r(2），PB＝PC＝2eq\r（2).可得四棱錐P.ABCD的側(cè)面積為eq\f(1,2）PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1，2)PD·DC＋eq\f（1,2）BC2sin60°＝6＋2eq\r(3)。4．(2017·泰安模擬）如圖，在正四棱柱ABCD。A1B1C1D1中,E為AD的中點(diǎn),F為B1C1的中點(diǎn)．（1）求證：A1F∥平面ECC1；（2）在CD上是否存在一點(diǎn)G，使BG⊥平面ECC1？若存在，請確定點(diǎn)G的位置，并證明你的結(jié)論,若不存在，請說明理由．解：(1）證明：如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，取BC的中點(diǎn)M，連接AM,FM，所以B1F∥BM且B1F＝BM,所以四邊形B1FMB是平行四邊形，所以FM∥B1B且FM＝B1B。因?yàn)锽1B∥A1A且B1B＝A1A，所以FM∥A1A且FM＝A1A，所以四邊形AA1FM是平行四邊形,所以A1F∥AM.因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，所以AE∥MC且AE＝MC。所以四邊形AMCE是平行四邊形，所以CE∥AM，所以CE∥A1F。因?yàn)锳1F?平面ECC1,EC?平面ECC1，所以A1F∥平面ECC1。（2)在CD上存在一點(diǎn)G，使BG⊥平面ECC1.證明如下：取CD的中點(diǎn)G，連接BG.在正方形ABCD中，DE＝GC，CD＝BC,∠ADC＝∠BCD，所以△CDE≌△BCG，所以∠ECD＝∠GBC。因?yàn)椤螩GB＋∠GBC＝90°，所以∠CGB＋∠DCE＝90°，所以BG⊥EC.因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，BG?平面ABCD，所以CC1⊥BG。又EC∩CC1＝C，所以BG⊥平面ECC1.故當(dāng)G為CD的中點(diǎn)時(shí)，滿足BG⊥平面ECC1。5．（2017·福州模擬）如圖①，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3,DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于點(diǎn)A,將△PAD沿AD折起，得到如圖②所示的四棱錐P-ABCD，點(diǎn)M在棱PB上，且PM＝eq\f(1，2)MB.(1)求證:PD∥平面MAC；（2)若平面PAD⊥平面ABCD,求點(diǎn)A到平面PBC的距離．解：(1）證明：在四棱錐P。ABCD中,連接BD交AC于點(diǎn)N，連接MN，依題意知AB∥CD,∴△ABN∽△CDN，∴eq\f(BN,ND)＝eq\f（BA，CD)＝2，∵PM＝eq\f（1,2）MB，∴eq\f(BN,ND）＝eq\f（BM，MP)＝2,∴在△BPD中，MN∥PD，又PD?平面MAC,MN?平面MAC，∴PD∥平面MAC。(2）法一：∵平面PAD⊥平面ABCD,且兩平面相交于AD，PA⊥AD，PA?平面PAD，∴PA⊥平面ABCD，∴VP.ABC＝eq\f（1,3）S△ABC·PA＝eq\f（1,3)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）×2×1））×1＝eq\f（1,3）.∵AB＝2，AC＝eq\r（AD2＋CD2）＝eq\r(2),∴PB＝eq\r（PA2＋AB2）＝eq\r(5),PC＝eq\r（PA2＋AC2）＝eq\r(3）,BC＝eq\r(AD2＋AB－CD2）＝eq\r(2），∴PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°,記點(diǎn)A到平面PBC的距離為h，∴VA.PBC＝eq\f(1，3）S△PBC·h＝eq\f(1，3)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）×\r（3）×\r（2）））h＝eq\f(\r(6),6)h。∵VP。ABC＝VA.PBC，∴eq\f(1,3)＝eq\f（\r（6）,6）h，解得h＝eq\f（\r（6),3).故點(diǎn)A到平面PBC的距離為eq\f(\r(6),3)。法二：∵平面PAD⊥平面ABCD，且兩平面相交于AD，PA⊥AD，PA?平面PAD，∴PA⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，∵AB＝2，AC＝eq\r(AD2＋CD2）＝eq\r(2），BC＝eq\r(AD2＋AB－CD2)＝eq\r（2)，∴AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝90°,即BC⊥AC,又PA∩AC＝A,PA?平面PAC，AC?平面PAC,∴BC⊥平面PAC，過點(diǎn)A作AE⊥PC于點(diǎn)E,則BC⊥AE，∵PC∩BC＝C，PC?平面PBC,BC?平面PBC，∴AE⊥平面PBC，∴點(diǎn)A到平面PBC的距離為AE＝eq\f（PA·AC，PC)＝eq\f(1×\r(2）,\r(3）)＝eq\f（\r(6）,3)。6．（2018屆高三·衡水中學(xué)摸底）如圖①所示，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，進(jìn)行如圖②所示的折疊，折痕EF∥DC。其中點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后點(diǎn)P在線段AD上的點(diǎn)記為M，并且MF⊥CF。(1)證明：CF⊥平面MDF；(2）求三棱錐M-CDE的體積．解：（1）證明：∵PD⊥平面ABCD，PD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD,又平面PCD∩平面ABCD＝CD,MD?平面ABCD，MD⊥CD，∴MD⊥平面PCD，∵CF?平面PCD,∴CF⊥MD.又CF⊥MF，MD∩MF＝M，MD?平面MDF，MF?平面MDF,∴CF⊥平面MDF.（2)∵CF⊥平面MDF，DF?平面MDF，∴CF⊥DF。又易知∠PCD＝60°，∴∠CDF＝30°，∴CF＝eq\f（1,2）CD＝eq\f(1,2)，∵EF∥DC，∴eq\f(DE,DP）＝eq\f(CF,CP),即eq\f（DE，\r(3））＝eq\f(\f（1,2),2），∴DE＝eq\f(\r（3)，4），∴PE＝eq\f（3\r（3）,4）,∴S△CDE＝eq\f（1，2）CD·DE＝eq\f（\r(3）,8)，∵M(jìn)D＝eq\r(ME2－DE2)＝eq\r(PE2－DE2）＝eq\r（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3\r(3），4)））2－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\