2021數(shù)學(xué)（文）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)11立體幾何含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精2021高考數(shù)學(xué)（文）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)11立體幾何含解析專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十一)立體幾何1．（2019·全國(guó)卷Ⅰ）如圖,直四棱柱ABCD。A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°,E,M,N分別是BC，BB1，A1D（1）證明：MN∥平面C1DE；（2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離．［解](1）證明:連接B1C，ME.因?yàn)镸,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以ME∥B1C,且ME＝eq\f(1,2）B1C．又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，所以ND＝eq\f(1,2）A1D．由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D,故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED．又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE(2）過(guò)點(diǎn)C作C1E的垂線,垂足為H。由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH從而CH⊥平面C1DE，故CH的長(zhǎng)即為點(diǎn)C到平面C1DE的距離．由已知可得CE＝1，C1C＝4,所以C1E＝eq\r(17），故CH＝eq\f（4\r(17），17）。從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r（17),17）。2．（2020·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，已知三棱柱ABC。A1B1C1的底面是正三角形,側(cè)面BB1C1C是矩形，M,N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)．過(guò)B1C1和P的平面交AB于（1）證明:AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝eq\f(π，3）,求四棱錐B.EB1［解］（1)證明：因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以MN∥CC1又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1所以平面A1AMN⊥平面EB1C（2)AO∥平面EB1C1F，AO?平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝又AP∥ON，故四邊形APNO是平行四邊形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝eq\f（1，3)AM＝eq\r(3），PM＝eq\f（2,3）AM＝2eq\r(3），EF＝eq\f（1，3)BC＝2。因?yàn)锽C∥平面EB1C1F，所以四棱錐B-EB1C1F的頂點(diǎn)B到底面EB1如圖,作MT⊥PN,垂足為T(mén)，則由（1)知，MT⊥平面EB1C1F,故MT＝PM底面EB1C1F的面積為eq\f(1,2)×（B1C1＋EF)×PN＝eq\f（1，2）(6＋2)×6＝24.所以四棱錐B.EB1C1F的體積為eq\f（1,3）×24×3＝24。3．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2。圖1圖2（1）證明：圖2中的A,C，G,D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．［解］(1）證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD,CG確定一個(gè)平面，從而A，C,G，D四點(diǎn)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?yàn)锳B?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.（2)取CG的中點(diǎn)M，連接EM,DM.因?yàn)锳B∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG。由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3），故DM＝2。所以四邊形ACGD的面積為4。4．(2018·全國(guó)卷Ⅲ）如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o（CD，\s\UP10（︵))所在平面垂直，M是eq\o（CD，\s\UP10（︵))上異于C，D的點(diǎn)．（1)證明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說(shuō)明理由．［解］（1）證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM。因?yàn)镸為eq\o（CD,\s\UP10（︵）)上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC．（2）當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD．證明如下：如圖，連接AC,BD，AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC∥OP。又MC?平面PBD,OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD．1．（2020·懷仁模擬)如圖，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，M,N分別是AB，PC的中點(diǎn)．(1）求證：MN∥平面PAD;（2）若MN＝BC＝4,PA＝4eq\r(3),求異面直線PA與MN所成的角的大小．[解］（1）取PD的中點(diǎn)H，連接AH，NH,∵N是PC的中點(diǎn)，∴NH綊eq\f(1,2）DC．∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，且DC綊AB，∴NH綊AM，即四邊形AMNH為平行四邊形．∴MN∥AH。又MN?平面PAD,AH?平面PAD，∴MN∥平面PAD．(2)連接AC并取其中點(diǎn)O，連接OM，ON。則OM綊eq\f(1，2）BC，ON綊eq\f（1,2)PA．∴∠ONM就是異面直線PA與MN所成的角，由MN＝BC＝4，PA＝4eq\r（3），得OM＝2,ON＝2eq\r（3）.∴MO2＋ON2＝MN2，∴∠ONM＝30°，即異面直線PA與MN成30°的角．2．（2020·汕頭一模）在四棱錐P。ABCD中,平面PAC⊥平面ABCD，且有AB∥DC,AC＝CD＝DA＝eq\f（1，2)AB．(1）證明：BC⊥PA；(2)若PA＝PC＝eq\f（\r（2），2)AC＝eq\r(2)，Q在線段PB上，滿足PQ＝2QB，求三棱錐P-ACQ的體積．[解]（1）證明：不妨設(shè)AB＝2a,則AC＝CD＝DA＝a由△ACD是等邊三角形,可得∠ACD＝eq\f(π，3），∵AB∥DC,∴∠CAB＝eq\f（π,3)。由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·coseq\f（π,3)＝3a2，即BC＝eq\r(3)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)依題意得，PA⊥PC，VP。ACQ＝VQ。PAC＝eq\f（2，3)VB-PAC＝eq\f(2，3）×eq\f（1,3）S△PAC×BC＝eq\f(2,3)×eq\f（1，3）×eq\f(1，2）×eq\r（2)×eq\r（2）×2eq\r(3）＝eq\f(4\r（3)，9）.3．(2020·深圳二模）如圖所示，四棱錐S。ABCD中，SA⊥平面ABCD,∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝SA＝1，BC＝2，M為SB的中點(diǎn)．（1）求證：AM∥平面SCD；(2）求點(diǎn)B到平面SCD的距離．[解］(1）證明：取SC的中點(diǎn)N，連接MN和DN，∵M(jìn)為SB的中點(diǎn)，∴MN∥BC，且MN＝eq\f（1，2)BC，∵∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝1,BC＝2，∴AD∥BC，且AD＝eq\f（1,2）BC,∴AD綊MN，∴四邊形AMND是平行四邊形，∴AM∥DN，∵AM?平面SCD,DN?平面SCD，∴AM∥平面SCD．(2）∵AB＝AS＝1，M為SB的中點(diǎn)，∴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，則BE⊥平面SCD，在直角三角形SBC中，eq\f（1，2)SB·BC＝eq\f(1，2)SC·BE，∴BE＝eq\f（SB·BC，SC)＝eq\f(2\r(2），\r（6))＝eq\f（2\r（3),3）,即點(diǎn)B到平面SCD的距離為eq\f(2\r（3），3）.4．（2020·長(zhǎng)沙模擬)如圖，已知三棱錐P-ABC的平面展開(kāi)圖中，四邊形ABCD為邊長(zhǎng)等于eq\r（2)的正方形，△ABE和△BCF均為正三角形，在三棱錐P-ABC中．(1）證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)求三棱錐P.ABC的表面積和體積．[解](1）設(shè)AC的中點(diǎn)為O,連接BO,PO。由題意，得PA＝PB＝PC＝eq\r（2），PO＝1,AO＝BO＝CO＝1。因?yàn)樵凇鱌AC中，PA＝PC，O為AC的中點(diǎn)，所以PO⊥AC．因?yàn)樵凇鱌OB中，PO＝1，OB＝1，PB＝eq\r(2)，PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．因?yàn)锳C∩OB＝O，AC，OB?平面ABC，所以PO⊥平面ABC，因?yàn)镻O?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2）三棱錐P.ABC的表面積S＝2×eq\f(1,2）×eq\r（2)×eq\r(2）＋2×eq\f(\r(3)，4)×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\r(2)))2＝2＋eq\r(3），由（1）知，PO⊥平面ABC,所以三棱錐P。ABC的體積為V＝eq\f(1，3）S△ABC×PO＝eq\f(1,3）×eq\f（1，2)×eq\r(2)×eq\r(2)×1＝eq\f（1,3).1.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是直角梯形，AD⊥DC,AB＝1，AD＝DC＝2,AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD,F為A1B1（1)在圖中畫(huà)出一個(gè)過(guò)BC1且與AF平行的平面(要求寫(xiě)出作法）；（2)求四棱柱ABCD。A1B1C1D1［解](1)在平面CDD1C1中，過(guò)D作DP∥AF，交C1D1于P，在平面CDD1C1中，過(guò)C1作C1E∥DP,交CD于E，連接BE，此時(shí)AF∥C1E，∴過(guò)BC1且與AF平行的平面為平面BEC（2）∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1AD⊥DC，AB＝1，AD＝DC＝2，AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD，∴四棱柱ABCD-A1B1C1D1S＝2S梯形ABCD＋S矩形ABB1A1＋S矩形ADD1A1＋S矩形DCC1D1＋S矩形BCC1B1＝2×eq\f（1＋2，2）×2＋1×2＋2×2＋2×2＋eq\r（22＋12）×2＝16＋2eq\r（5）.2。如圖，在三棱柱FAB。EDC中,側(cè)面ABCD是菱形，G是邊AD的中點(diǎn)．平面ADEF⊥平面ABCD,∠ADE＝90°。（1)求證:AC⊥BE；（2）在線段BE上求點(diǎn)M（說(shuō)明M點(diǎn)的具體位置)，使得DE∥平面GMC,并證明你的結(jié)論．［解］（1)證明：如圖，連接BD，則由四邊形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）設(shè)BD∩CG＝O,在△BDE中，過(guò)O作DE的平行線交BE于點(diǎn)M，M點(diǎn)即為所求的點(diǎn)．∵OM在平面MGC內(nèi),DE不在平面MGC內(nèi)，且OM∥DE，∴DE∥平面MGC．∵四邊形ABCD為菱形，且G是AD的中點(diǎn),∴△DOG∽△BOC,且eq\f(OD,OB）＝eq\f(DG,BC）＝eq\f（1,2)，又OM∥DE，于是eq\f(EM,MB)＝eq\f(OD,OB)＝eq\f(1,2)，故點(diǎn)M為線段BE上靠近點(diǎn)E的三等分點(diǎn)．3．如圖,在直角梯形ABCD中，AB∥DC,∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC,E為AB的中點(diǎn),沿DE將△ADE折起，使得點(diǎn)A到點(diǎn)P位置,且PE⊥EB，M為PB的中點(diǎn),N是BC上的動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)B,C不重合）．（1)求證：平面EMN⊥平面PBC；(2）設(shè)三棱錐B-EMN和四棱錐P-EBCD的體積分別為V1和V2，當(dāng)N為BC中點(diǎn)時(shí)，求eq\f（V1，V2）的值．[解]（1)證明：∵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PEB．∵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的中點(diǎn)，∴eq\f（S△EBN,S四邊形EBCD）＝eq\f(\f（1，2)EB·BN，EB·BC）＝eq\f(1，4)，點(diǎn)M，P到平面EBCD的距離之比為eq\f(1，2)，∴eq\f(V1，V2)＝eq\f（\f(1，3）S△EBN，\f(1,3)S四邊形EBCD)