高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題過(guò)關(guān)檢測(cè)（十六）立體幾何 文-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題

專題過(guò)關(guān)檢測(cè)（十六）立體幾何1．(2019·石家莊模擬)如圖，已知三棱錐P-ABC中，PC⊥AB，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°.(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)設(shè)F為棱PA的中點(diǎn)，在AB上取點(diǎn)E，使得AE＝2EB，求三棱錐F-ACE與四棱錐C-PBEF的體積之比．解：(1)證明：在△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝2，PB＝4，由余弦定理可得PC＝2eq\r(3)，∴PC2＋BC2＝PB2，∴PC⊥BC，又PC⊥AB，AB∩BC＝B，∴PC⊥平面ABC，∵PC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.(2)設(shè)三棱錐F-ACE的高為h1，三棱錐P-ABC的高為h，則VF-ACE＝eq\f(1,3)×S△ACE×h1＝eq\f(1,3)×S△ABC×eq\f(2,3)×h×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)×S△ABC×h×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)×VP-ABC.∴三棱錐F-ACE與四棱錐C-PBEF的體積之比為1∶2.2．(2020屆高三·福建五校第二次聯(lián)考)如圖，在五面體ABCDFE中，底面ABCD為矩形，EF∥AB，BC⊥FD，過(guò)BC的平面交棱FD于P，交棱FA于Q.(1)證明：PQ∥平面ABCD；(2)若CD⊥BE，EF＝EC＝1，CD＝2EF＝eq\f(2,3)BC，求五面體ABCDFE的體積．解：(1)證明：因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AD∥BC.又AD?平面ADF，BC?平面ADF，所以BC∥平面ADF.又BC?平面BCPQ，平面BCPQ∩平面ADF＝PQ，所以BC∥PQ.又PQ?平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PQ∥平面ABCD.(2)由CD⊥BE，CD⊥CB，易證CD⊥CE.由BC⊥CD，BC⊥FD，易證BC⊥平面CDFE，所以CB⊥CE，即CD，CE，CB兩兩垂直．如圖，連接FB，F(xiàn)C，因?yàn)镋F＝EC＝1，CD＝2EF＝eq\f(2,3)BC，所以CD＝2，BC＝3，V四棱錐F-ABCD＝eq\f(1,3)×(2×3)×1＝2，V三棱錐F-BCE＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×1))×1＝eq\f(1,2)，所以VABCDFE＝V四棱錐F-ABCD＋V三棱錐F-BCE＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).3．如圖①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，得到如圖②所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)證明：BE⊥平面D1AE；(2)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，在線段AB上是否存在一點(diǎn)M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出eq\f(AM,AB)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.(2)eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4)，理由如下：取D1E的中點(diǎn)L，連接FL，AL，∴FL∥EC.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝eq\f(1,4)AB，∴M，F(xiàn)，L，A四點(diǎn)共面，若MF∥平面AD1E，則MF∥AL.∴四邊形AMFL為平行四邊形，∴AM＝FL＝eq\f(1,4)AB，即eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4).4．(2019·蓉城名校第一次聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝2BC＝2，AP＝AC，BP＝3BC.(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若∠PAD為銳角，且PA與平面ABCD所成角的正切值為2，求點(diǎn)C到平面PAB的距離．解：(1)證明：在直角梯形ABCD中，∵BC＝1，AB＝2，AB⊥BC，∴AC＝eq\r(5)，即AP＝AC＝eq\r(5)，BP＝3BC＝3，∴BA2＋AP2＝BP2，∴BA⊥AP，又AD∥BC，∴BA⊥AD，又AP∩AD＝A，∴BA⊥平面PAD，∵BA?平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD.(2)如圖，過(guò)點(diǎn)P作PO⊥AD交AD于點(diǎn)O，連接OC，由(1)可知PO⊥平面ABCD，則∠PAO為PA與平面ABCD所成的角，∴tan∠PAO＝2.又AP＝eq\r(5)，∴AO＝1，PO＝2.∴AO綊BC，∴四邊形ABCO為矩形，∴OC⊥AD.設(shè)點(diǎn)C到平面PAB的距離為d，由V三棱錐C-PAB＝V三棱錐P-ABC，可得eq\f(1,3)·S△PAB·d＝eq\f(1,3)·S△ABC·PO，∴d＝PO·eq\f(S△ABC,S△PAB)＝2×eq\f(\f(1,2)×2×1,\f(1,2)×2×\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).故點(diǎn)C到平面PAB的距離為eq\f(2\r(5),5).5.如圖，在幾何體ABCDEF中，底面ABCD為矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD＝2EF＝2，ED＝eq\r(3)，M為棱FC上一點(diǎn)，平面ADM與棱FB交于點(diǎn)N.(1)求證：ED⊥CD；(2)求證：AD∥MN；(3)若AD⊥ED，試問(wèn)平面BCF是否可能與平面ADMN垂直？若能，求出eq\f(FM,FC)的值；若不能，說(shuō)明理由．解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以CD⊥AD.又因?yàn)镃D⊥EA，EA∩AD＝A，所以CD⊥平面EAD.因?yàn)镋D?平面EAD，所以ED⊥CD.(2)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AD∥BC，又因?yàn)锳D?平面FBC，BC?平面FBC，所以AD∥平面FBC.又因?yàn)槠矫鍭DMN∩平面FBC＝MN，所以AD∥MN.(3)平面ADMN與平面BCF可以垂直．證明如下：連接DF.因?yàn)锳D⊥ED，AD⊥CD，ED∩CD＝D，所以AD⊥平面CDEF.所以AD⊥DM.因?yàn)锳D∥MN，所以DM⊥MN.因?yàn)槠矫鍭DMN∩平面FBC＝MN，所以若使平面ADMN⊥平面BCF，則DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC.在梯形CDEF中，因?yàn)镋F∥CD，DE⊥CD，CD＝2EF＝2，ED＝eq\r(3)，所以DF＝DC＝2.所以若使DM⊥FC成立，則M為FC的中點(diǎn)．所以eq\f(FM,FC)＝eq\f(1,2).6．(2019·福州質(zhì)檢)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)，且A1M⊥B1N.(1)求證：B1N⊥A1C；(2)求M到平面A1B1C的距離．解：(1)證明：如圖，連接CM.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM?平面ABC.所以AA1⊥CM.在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.因?yàn)锽1N?平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.因?yàn)锳1C?平面A1CM，所以B1N⊥A1C.(2)連接B1M.在矩形ABB1A1中，因?yàn)锳1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N.所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即eq\f(AM,AA1)＝eq\f(A1N,A1B1).因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)，所以AM＝1，CM＝eq\r(3)，A1B1＝2.設(shè)AA1＝x，則A1N＝eq\f(x,2).所以eq\f(1,x)＝eq\f(\f(x,2),2)，解得x＝2.從而Seq\a\vs4\al(△A1B1M)＝eq\f(1,2)Seq\a\vs4\al(正方形ABB1A1)＝2，A1C＝B1C＝2eq\r(2).在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝eq\f(A1C2＋B1C2－A1B\o\al(2,1),2A1C·B1C)＝eq\f(3,4)，所以sin∠A1CB1＝eq\f(\r(7),4)，所以Seq\a\vs4\al(△A1B1C)＝eq\f(1,2)A1C·B1C·sin∠A1CB1＝eq\r(7).設(shè)點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為d，由V三棱錐M-A1B1C＝Veq\a\vs4\al(三棱錐C