老高考舊教材適用2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題三立體幾何考點(diǎn)突破練8立體幾何中的證明與計算文

考點(diǎn)突破練8立體幾何中的證明與計算1.(2024·青海西寧一模)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB=AD=2,CD=4,AB∥CD,AD⊥平面CDP,E為PC的中點(diǎn).(1)證明:BE∥平面PAD;(2)若CP⊥平面PAD,CP=23,求三棱錐D-PBE的體積.2.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83,求該四棱錐的高及四棱錐的側(cè)面積3.(2024·四川成都一中練習(xí))如圖所示,在五面體ABCDE中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,四邊形BCDE為直角梯形,DE∥BC,∠BCD=90°,CD=DE=1,AD=5.(1)若平面ADE∩平面ABC=l,求證:DE∥l;(2)F為線段BE上一點(diǎn),若三棱錐F-ACD的體積為34,試確定點(diǎn)F的位置,并說明理由4.(2024·甘肅蘭州模擬預(yù)料)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,點(diǎn)E為棱PC上一點(diǎn)(與P,C不重合),點(diǎn)M,N分別在棱PD,PB上,平面EMN∥平面ABCD.(1)求證:BD∥平面AMN;(2)若點(diǎn)E為PC的中點(diǎn),PC=BC=BD=2,∠PBC=π4,PC⊥BD,求點(diǎn)A到平面EBD的距離5.(2024·陜西二模)如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)M,N分別是線段A1B,AC1的中點(diǎn).(1)求證:MN⊥AA1;(2)在線段BC1上是否存在一點(diǎn)P使得平面MNP∥平面ABC?若存在,指出點(diǎn)P的詳細(xì)位置;若不存在,請說明理由.6.(2024·寧夏銀川一中二模)如圖所示,已知平行四邊形ABCD和矩形ACEF所在平面相互垂直,AB=1,AD=2,∠ADC=60°,AF=1,M是線段EF的中點(diǎn).(1)求證:AC⊥BF;(2)設(shè)點(diǎn)P為一動點(diǎn),若點(diǎn)P從M動身,沿棱根據(jù)M→E→C的路途運(yùn)動到點(diǎn)C,求這一過程中形成的三棱錐P-BDF的體積的最小值.

考點(diǎn)突破練8立體幾何中的證明與計算1.(1)證明取PD的中點(diǎn)F,連接EF,AF,則EF∥CD,且EF=12CD又AB∥CD,且AB=12CD∴EF∥AB,且EF=AB,∴四邊形ABEF是平行四邊形,∴BE∥AF,又BE?平面PAD,AF?平面PAD,∴BE∥平面PAD.(2)解∵CP⊥平面PAD,PD?平面PAD,∴CP⊥PD,又CP=23,CD=4,∴PD=CD2-CP2=16-12=故V三棱錐D-PBE=V三棱錐B-PDE=V三棱錐A-PDE=13S△PDE·AD=13×12×2×32.(1)證明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解在平面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,所以PE為四棱錐P-ABCD的高.設(shè)AB=x,則由已知可得AD=2x,PE=22x故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=13AB·AD·PE=13x由題設(shè)得13x3=83,解得x=2.故四棱錐P-ABCD的高PE=2,從而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=2可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC2sin60°=63.(1)證明∵DE∥BC,而DE?平面ABC,BC?平面ABC,∴DE∥平面ABC,又平面ADE∩平面ABC=l,DE?平面ADE,∴DE∥l.(2)解點(diǎn)F是線段BE的中點(diǎn).理由如下:取BC的中點(diǎn)O,連接AO,EO.∵CD2+CA2=AD2,∴CD⊥AC,又CD⊥BC,AC∩BC=C,∴CD⊥平面ABC.∵CO∥DE,CO=DE,∴四邊形COED是平行四邊形.∴EO∥CD,∴EO⊥平面ABC.∴EO⊥AO.又AO⊥BC,BC∩EO=O,∴AO⊥平面BCDE,∵V三棱錐F-ACD=V三棱錐A-FCD=34V三棱錐A-FCD=13S△DCF·AO=13S△DCF·∴S△DCF=34設(shè)點(diǎn)F到直線CD的距離為h,S△DCF=12DC·h=34,∴h=在直角梯形BCDE中,DE=1,BC=2,h=32故點(diǎn)F是線段BE的中點(diǎn).4.(1)證明因?yàn)槠矫鍱MN∥平面ABCD,平面EMN∩平面PBD=MN,平面ABCD∩平面PBD=BD,所以MN∥BD,因?yàn)镸N?平面AMN,BD?平面AMN,所以BD∥平面AMN.(2)解因?yàn)镻C=BC=BD=2,∠PBC=π4所以∠PBC=∠BPC=π4所以∠PCB=π2,所以PC⊥CB因?yàn)镻C⊥BD,CB∩BD=B,所以PC⊥平面ABCD,因?yàn)镃D?平面ABCD,所以PC⊥CD.設(shè)點(diǎn)A到平面EBD的距離為d,因?yàn)辄c(diǎn)E為PC的中點(diǎn),PC=2,所以EC=12PC=1因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,BC=BD=2,所以CD=2,△ABD,△CBD為全等的等邊三角形,所以DE=BE=22+12=5,所以S△EBD=12BD·因?yàn)閂三棱錐E-ABD=V三棱錐A-EBD,所以13S△ABD·EC=13S△EBD·13×34×4×1=13×2所以點(diǎn)A到平面EBD的距離為325.(1)證明連接A1C,因?yàn)樵谥比庵鵄BC-A1B1C1中,四邊形AA1C1C為平行四邊形,故A1C和AC1相交,交點(diǎn)為它們的中點(diǎn).由于點(diǎn)N是線段AC1的中點(diǎn),故點(diǎn)N也為A1C的中點(diǎn).因?yàn)辄c(diǎn)M為A1B的中點(diǎn),所以MN為△A1BC的中位線,所以MN∥BC.因?yàn)锳A1⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以AA1⊥BC,所以AA1⊥MN,即MN⊥AA1.(2)解存在,當(dāng)點(diǎn)P為BC1的中點(diǎn)時,平面MNP∥平面ABC.證明:連接PN,PM,因?yàn)镹為AC1的中點(diǎn),P為BC1的中點(diǎn),所以PN∥AB,又PN?平面ABC,AB?平面ABC,所以PN∥平面ABC,又由(1)知MN∥BC,BC?平面ABC,MN?平面ABC,故MN∥平面ABC,又MN∩PN=N,MN,PN?平面MNP,所以平面MNP∥平面ABC.6.(1)證明在平行四邊形ABCD中,∠ADC=60°,CD=AB=1,AD=2,由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=3,∴AC=3,∵BC=AD=2,∴AB2+AC2=BC2,∴∠BAC=90°,∴AB⊥AC,∵四邊形ACEF為矩形,則AF⊥AC,∵AB∩AF=A,∴AC⊥平面ABF,∵BF?平面ABF,∴AC⊥BF.(2)解設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)N,連接FN,CM,∵四邊形ABCD為平行四邊形,且AC∩BD=N,∴N為AC的中點(diǎn),∵AC∥EF且AC=EF,M為EF的中點(diǎn),∴CN∥FM且CN=FM,∴四邊形CMFN為平行四邊形,則CM∥FN,∵FN?平面BDF,C