統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷二主觀題專練6立體幾何文

立體幾何(6)1．[2023·安徽合肥一中模擬預(yù)測(cè)(文)]如圖，在四面體ABCD中，AD⊥平面BCD，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝4eq\o(QC,\s\up6(→))，P是線段BE上一點(diǎn)，且AD⊥PQ.(1)證明：P是BE的中點(diǎn)；(2)若BC＝CD＝2，AD＝BD＝2eq\r(2)，求幾何體P-CDEQ的體積．2．[2023·貴州貴陽模擬預(yù)測(cè)(文)]在棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，P為線段B1D1上一動(dòng)點(diǎn)．(1)證明：AP∥平面C1BD；(2)若AA1⊥平面A1B1C1D1，∠ABC＝90°，AB＝AD＝1，AA1＝2，且P為線段B1D1的中點(diǎn)，求點(diǎn)D到平面BC1P的距離．3．[2023·吉林模擬預(yù)測(cè)(文)]如圖，在平面四邊形APBC中，AC＝BC＝3，AP＝BP，∠ACB＝90°，∠APB＝60°.將△PAB沿AB折起得到三棱錐P′-ABC，使得P′C⊥AC.(1)求證：P′C⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)E在棱P′A上，P′E＝2EA，求三棱錐E-ABC的體積．4．[2023·陜西寶雞中學(xué)模擬預(yù)測(cè)(文)]在梯形ABCD中，DC∥AB，E是線段AB上一點(diǎn)，AD＝2，AB＝5，AE＝CD＝1，∠DAB＝60°，把△BCE沿CE折起至△SCE，連接SA，SD，使得平面SCD⊥平面AECD.(1)證明：AE∥平面SCD；(2)求異面直線AE與SC所成的角．5．[2023·江西南昌三模(文)]一個(gè)直三棱柱被平面所截得到如圖所示的幾何體ABC-A1B1C1，其中A1A、B1B、C1C與平面ABC垂直．C1C＝2A1A＝4B1B＝4，若AC＝2AB＝4，∠BAC＝60°，M是線段AC上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)．(1)求證：A1C1⊥BM；(2)求此多面體的體積．6．[2023·全國乙卷(文)]如圖，在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E，O，點(diǎn)F在AC上，BF⊥AO.(1)求證：EF∥平面ADO；(2)若∠POF＝120°，求三棱錐P-ABC的體積．立體幾何（6）1．解析：（1）證明：取ED的中點(diǎn)F，連接PF，QF，由eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→))，得AD＝4FD，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝4eq\o(QC,\s\up6(→))，所以QF∥CD，又AD⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AD⊥CD，所以QF⊥AD，又AD⊥PQ，PQ∩QF＝Q，所以AD⊥平面PQF，因?yàn)镻F?平面PQF，所以PF⊥AD，所以PF∥BD，又F為ED的中點(diǎn)，所以P是BE的中點(diǎn)．（2）由BC＝CD＝2，AD＝BD＝2eq\r(2)，故BC2＋CD2＝BD2，所以BC⊥CD，因?yàn)锳D⊥平面BCD，BC?平面BCD，所以AD⊥BC，又AD∩CD＝D，所以BC⊥平面ACD，P是BE的中點(diǎn)，所以P到平面ACD的距離為eq\f(1,2)BC＝1，由（1）得QF＝eq\f(3,4)CD＝eq\f(3,2)，S四邊形CDEQ＝S△ACD－S△AQE＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)－eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×eq\r(2)＝eq\f(5\r(2),4)，所以四棱錐P-CDEQ的體積為eq\f(1,3)×1×eq\f(5\r(2),4)＝eq\f(5\r(2),12).2．解析：（1）連接AB1，AD1.∵ABCD-A1B1C1D1為棱柱，∴B1B∥D1D且B1B＝D1D，∴四邊形B1BDD1為平行四邊形，∴B1D1∥BD，又B1D1?平面AB1D1，BD?平面AB1D1，∴BD∥平面AB1D1.同理C1D∥平面AB1D1，又BD∩C1D＝D，且BD，C1D?平面C1BD，∴平面AB1D1∥平面C1BD，又AP?平面AB1D1，∴AP∥平面C1BD.（2）如圖，在平面PBD內(nèi)，過D作DE⊥PB于E.∵∠ABC＝90°，AB＝AD，∴ABCD為正方形．又P為B1D1中點(diǎn)，∴C1P⊥B1D1.∵BB1⊥平面A1B1C1D1，∴C1P⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，∴C1P⊥平面BB1D1D，∴C1P⊥DE.又PB⊥DE，PB∩C1P＝P，∴DE⊥平面BC1P，∴DE即為D到平面BC1P的距離．在△PBD中，PD＝PB＝eq\r(BBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋B1P2)＝eq\f(3\r(2),2)，BD邊上的高h(yuǎn)＝2，由等面積可得eq\f(1,2)·PB·DE＝eq\f(1,2)·BD·h，∴DE＝eq\f(BD·h,PB)＝eq\f(4,3)，所以D到平面BC1P的距離為eq\f(4,3).3．解析：（1）證明：∵AP＝BP，∴AP′＝BP′.又∵AC＝BC，CP′＝CP′，∴△ACP′≌△BCP′.即∠ACP′＝∠BCP′.∵P′C⊥AC，∴P′C⊥BC，∵AC∩BC＝C，AC?平面ABC，BC?平面ABC∴P′C⊥平面ABC.（2）∵P′E＝2EA，∴VE-ABC＝eq\f(1,3)VP′-ABC，由（1）可知，P′C⊥平面ABC，所以P′C即為三棱錐P′-ABC的高，∵AC＝BC＝3，∠ABC＝90°.∴AB＝P′B＝P′A＝3eq\r(2)，∵P′C⊥平面ABC，∴在Rt△P′CB中，P′C＝3，所以VE-ABC＝eq\f(1,3)VP′-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)S△ABC·P′C＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3＝eq\f(3,2).即三棱椎E-ABC的體積為eq\f(3,2).4．解析：（1）證明：由題可知DC∥AE，又DC?平面SCD，AE?平面SCD，∴AE∥平面SCD.（2）∵AE∥CD，∴異面直線AE與SC所成的角就是直線CD與SC所成的角．∵AB＝5，AE＝CD＝1，∠DAB＝60°，DC∥AB，AD＝2，∴四邊形AECD為平行四邊形，BE＝4，EC＝2，∠CEB＝60°，∴BC2＝BE2＋EC2－2BE·ECcos∠CEB＝42＋22－2×4×2×eq\f(1,2)＝12，∴BC2＋EC2＝BE2，即BC⊥EC，∴SC⊥EC，連接DE，又CD＝1，EC＝2，∠DCE＝60°，∴DE2＝CD2＋EC2－2CD·ECcos∠DCE＝12＋22－2×1×2×eq\f(1,2)＝3，∴CD2＋DE2＝EC2，即CD⊥DE，∵平面SCD⊥平面AECD，平面SCD∩平面AECD＝CD，∴DE⊥平面SCD，SC?平面SCD，∴DE⊥SC，又SC⊥EC，DE∩EC＝E，∴SC⊥平面AECD，CD?平面AECD，∴SC⊥CD，∴異面直線AE與SC所成的角為90°.5．解析：（1）證明：由題可知AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BM，∵∠BAC＝60°，AM＝1，AB＝2，∴BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB·cos∠BAC＝1＋4－2×1×2×eq\f(1,2)＝3，∴AB2＝BM2＋AM2，∴BM⊥AM，∵AM∩AA1＝A，BM⊥平面ACC1A1，∵A1C1?平面ACC1A1，∴A1C1⊥BM.（2）如圖，取AA1中點(diǎn)為E，CC1靠近C的四等分點(diǎn)為D，連接B1E、B1D、DE，易知平面B1DE∥平面ABC，該幾何體由直棱柱ABC-EB1D和四棱錐B1-A1EDC1構(gòu)成，其中四棱錐B1-A1EDC1的底面是直角梯形A1EDC1，由（1）知BM⊥平面ACC1A1，∴點(diǎn)B1到平面A1EDC1的距離為BM，∴幾何體體積為S△ABC·BB1＋eq\f(1,3)·SA1EDC1·BM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(3)×1＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×（1＋3）×4×eq\r(3)＝eq\f(14\r(3),3).6．解析：（1）因?yàn)锳B⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，O是BC的中點(diǎn)，所以△OBA∽△ABC，所以∠CAB＝∠AOB.記BF⊥AO的垂足為H，則△BHA∽△OBA，所以∠HBA＝∠AOB.所以∠HBA＝∠CAB，所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，所以CF＝BF，故CF＝AF，F(xiàn)是AC的中點(diǎn)．因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AP，AC的中點(diǎn)，所以EF∥PC.因?yàn)镈，O分別是BP，BC的中點(diǎn)，所以DO∥PC，所以EF∥DO.又DO?平面ADO，EF?平面ADO，所以EF∥平面ADO.（2）由（1）得FO∥AB，因?yàn)锳B⊥BC，所以FO⊥BC.又PO⊥BC，所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角，所以二面角P-BC-F的大小為120°.如圖，過點(diǎn)P作PM⊥平面ABC于點(diǎn)M，