高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤練（四十六）專題探究課（四）文（含解析）新人教A版

課時(shí)跟蹤練(四十六)A組基礎(chǔ)鞏固1．(2019·黃山模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是邊長的2的等邊三角形，PC＝eq\r(13)，M在PC上，且PA∥平面MBD.(1)求證：M是PC的中點(diǎn)；(2)求多面體PABMD的體積．(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)E，連接ME.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以E是AC的中點(diǎn)．又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC與平面MDB的交線，所以PA∥ME，所以M是PC的中點(diǎn)．(2)解：取AD中點(diǎn)O，連接OC，PO，則PO⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因?yàn)镺C?平面ABCD，所以PO⊥OC，在Rt△POC中，PO＝eq\r(3)，PC＝eq\r(13)，則OC＝eq\r(13－3)＝eq\r(10)，所以CD＝eq\r(10－1)＝3，所以VP-ABCD＝eq\f(1,3)×2×3×eq\r(3)＝2eq\r(3)，由(1)知M到平面ABCD的距離等于點(diǎn)P到平面ABCD的距離的一半，為eq\f(\r(3),2)，所以VMBCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以V多面體PABMD＝2eq\r(3)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).2．如圖，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜邊AC上的高BD將△ABD折起到△PBD的位置，點(diǎn)E在線段CD上．(1)求證：PE⊥BD；(2)過點(diǎn)D作DM⊥BC交BC于點(diǎn)M，點(diǎn)N為PB的中點(diǎn)，若PE∥平面DMN，求eq\f(DE,DC)的值．(1)證明：因?yàn)锽D⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以BD⊥平面PCD.又PE?平面PCD，所以BD⊥PE.(2)解：由題意，得BM＝eq\f(1,4)BC.取BC的中點(diǎn)F，連接PF、EF，則PF∥MN.又PF?平面DMN，MN?平面DMN，所以PF∥平面DMN.由條件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，所以平面PEF∥平面DMN，所以EF∥DM，所以eq\f(DE,DC)＝eq\f(MF,MC)＝eq\f(1,3).3.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)證明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn)，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．(1)證明：取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO.因?yàn)锳D＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.從而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.(2)解：如圖所示，連接EO，由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E為BD的中點(diǎn)，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.4．(2019·北京模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中點(diǎn)．(1)求證：平面PAB⊥平面PAD.(2)求證：PN⊥平面ABCD.(3)在棱BC上是否存在動點(diǎn)E，使得BN∥平面DEP？并說明理由．(1)證明：在矩形ABCD中，AB⊥AD.又因?yàn)锳B⊥PA且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD.又因?yàn)锳B?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)證明：在△PAD中，PA＝PD，N是棱AD的中點(diǎn)，所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面PAD，所以AB⊥PN.又因?yàn)锳B∩AD＝A，所以PN⊥平面ABCD.(3)解：在棱BC上存在點(diǎn)E，使得BN∥平面DEP，此時(shí)E為BC的中點(diǎn)．證明如下：取BC中點(diǎn)E，連接PE，DE.在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE.所以四邊形BNDE是平行四邊形，則BN∥DE.又因?yàn)锽N?平面DEP，DE?平面DEP.所以BN∥平面DEP.B組素養(yǎng)提升5．(2019·鄭州模擬)在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC中點(diǎn)．(1)求證：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距離．(1)證明：取BD中點(diǎn)O，連接OM，OE，因?yàn)镺，M分別為BD，BC中點(diǎn)，所以O(shè)M∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以CD∥AB，因?yàn)镋F∥AB，所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF＝2，所以EF＝eq\f(1,2)CD.所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF，所以四邊形OMFE為平行四邊形，所以FM∥OE.又OE?平面BDE且FM?平面BDE，所以FM∥平面BDE.(2)解：由(1)得FM∥平面BDE，所以F到平面BDE的距離等于M到平面BDE的距離．取AD的中點(diǎn)H，連接EH，BH，因?yàn)镋A＝ED，所以EH⊥AD，因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，所以EH⊥平面ABCD，因?yàn)锽H?平面ABCD，所以EH⊥BH.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AB＝AD＝2，又∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形，所以BH＝eq\r(3).易得EH＝eq\r(3).在Rt△EHB中，因?yàn)镋H＝BH＝eq\r(3)，所以BE＝eq\r(6)，由已知，知△ABD是等邊三角形，所以BD＝AB＝ED＝2，所以△BDE中斜邊BE上的高為eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))\s\up12(2))，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2)，設(shè)F到平面BDE的距離為h，連接DM，因?yàn)镾△BDM＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×4＝eq\f(\r(3),2)，所以由VEBDM＝VMBDE，得eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(15),2)，解得h＝eq\f(\r(15),5).即F到平面BDE的距離為eq\f(\r(15),5).6.(2018·天津卷)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(1)求證：AD⊥BC；(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值；(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．(1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(2)解：取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，所以MN∥BC.所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角．在Rt△DAN中，AM＝1，故DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).因?yàn)锳D⊥平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAM中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1,2)MN,DM)＝eq\f(\r(13),26).所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為eq\f(\r(13),26).(3)解：連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，故CM⊥AB，CM＝