統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練二主觀題專練立體幾何6文含解析

PAGE立體幾何(6)1．[2024·大同市測試試題]如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，點D是AB(1)求證AC⊥BC1；(2)求證AC1∥平面CDB1；(3)求異面直線AC1與B1C2．[2024·惠州市高三第一次調(diào)研考試試題]如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC與BD的交點為M，PA＝AB＝4，AD＝CD，N是CD的中點．(1)求證：MN∥平面PAD；(2)求點M到平面PBC的距離．3．[2024·廣東省七校聯(lián)合體高三第一次聯(lián)考試題]如圖所示，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝2eq\r(3)，CD＝4，E為CD的中點．(1)求證：AE∥平面PBC；(2)求三棱錐C-PBE的體積．

4．[2024·唐山市高三年級摸底考試]如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2，點E是PC的中點．(1)求證：PA∥平面BED；(2)若直線BD與平面PBC所成的角為30°，求四棱錐P-ABCD的體積．5．[2024·石家莊市重點中學高三畢業(yè)班摸底考試]如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是邊長為2的等邊三角形，且AB＝BC＝eq\r(2)，PA＝2.(1)求證：平面PAC⊥平面PBD；(2)若點M是棱PC的中點，求直線PD與BM所成角的余弦值．6．[2024·南昌十中期中]如圖，直角梯形ABCD所在平面與等腰直角三角形ABE所在平面相互垂直，∠AEB＝eq\f(π,2)，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.(1)求證：AB⊥DE.(2)求證：平面AED⊥平面BCE.(3)線段EA上是否存在一點F，使EC∥平面FBD？若存在，求出eq\f(EF,EA)的值；若不存在，說明理由．立體幾何(6)1.解析：(1)∵直三棱柱ABC-A1B1C1底面三邊AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，AC⊥BC.又AC⊥CC1，BC∩CC1＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，又∵BC1?平面BCC1B1，∴AC⊥BC1(2)如圖，設(shè)CB1與C1B的交點為E，連接DE，∵D是AB的中點，E是BC1的中點，∴DE∥AC1∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.(3)∵DE∥AC1，∴∠CED或其補角為AC1與B1C在△CED中，ED＝eq\f(1,2)AC1＝eq\f(5,2)，CD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(5,2)，CE＝eq\f(1,2)CB1＝2eq\r(2)，∴cos∠CED＝eq\f(CE2＋DE2－CD2,2·CE·DE)＝eq\f(8,2×2\r(2)×\f(5,2))＝eq\f(2\r(2),5).∴異面直線AC1與B1C所成角的余弦值為eq\f(2\r(2),5).2．解析：(1)解法一因為△ABC是正三角形，所以BA＝BC，又AD＝CD，所以BD所在的直線為線段AC的垂直平分線，所以M為AC的中點，又N是CD的中點，所以MN∥AD，又AD?平面PAD，MN?平面PAD，所以MN∥平面PAD.解法二在正三角形ABC中，AB＝BC，因為AD＝CD，BD＝BD，所以△ABD≌△CBD，所以M為AC的中點．如圖，取PC的中點為E，連接ME，NE.因為M為AC的中點，E為PC的中點，所以ME∥PA，又ME?平面PAD，PA?平面PAD，所以ME∥平面PAD，同理可得NE∥平面PAD.又ME?平面MEN，NE?平面MEN，ME∩NE＝E，所以平面MEN∥平面PAD.又MN?平面MEN，所以MN∥平面PAD.(2)設(shè)點M到平面PBC的距離為h，在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝4eq\r(2).在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝4eq\r(2)，在△PBC中，PB＝4eq\r(2)，PC＝4eq\r(2)，BC＝4，所以S△PBC＝4eq\r(7).連接PM，由V三棱錐M-PBC＝V三棱錐P-BMC，即eq\f(1,3)×4eq\r(7)×h＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×4，解得h＝eq\f(2\r(21),7)，所以點M到平面PBC的距離為eq\f(2\r(21),7).3．解析：(1)∵AB＝eq\r(3)，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠BCA＝60°.在△ACD中，AD＝2eq\r(3)，AC＝2，CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴∠CAD＝90°，△ACD是直角三角形．又E為CD的中點，∴AE＝eq\f(1,2)CD＝CE＝2，∴△ACE是等邊三角形，∴∠CAE＝60°，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.又AE?平面PBC，BC?平面PBC，∴AE∥平面PBC.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE，∴PA為三棱錐P-BCE的高．∵∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，∴∠BCE＝120°.又BC＝1，CE＝2，∴S△BCE＝eq\f(1,2)×BC×CE×sin∠BCE＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴V三棱錐C-PBE＝V三棱錐P-BCE＝eq\f(1,3)×S△BCE×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),3).4.解析：(1)如圖，連接AC交BD于O，連接OE.由題意可知，PE＝EC，AO＝OC，∴PA∥EO，又PA?平面BED，EO?平面BED，∴PA∥平面BED.(2)由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC，又由題意可知CD⊥BC，且PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD，則BC⊥DE.由PE＝EC，PD＝DC，得PC⊥DE，又PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PBC，∴∠DBE即直線BD與平面PBC所成的角．設(shè)AD＝x，在Rt△DBE中，DE＝eq\r(2)，BD＝eq\r(4＋x2)，則sin∠DBE＝eq\f(DE,BD)＝eq\f(1,2)，解得x＝2.∴四棱錐P-ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×PD×S矩形ABCD＝eq\f(8,3).5．解析：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，取AC的中點O，連接OB，OD，則AC⊥OB，AC⊥OD，∴點O，B，D共線，即AC⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD?平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.(2)取CD的中點N，連接MN，BN，則MN∥PD.∴∠BMN或其補角是異面直線PD與BM所成的角．Rt△PAD中，PA＝AD＝2，∴PD＝2eq\r(2)，∴MN＝eq\r(2).連接OM，則OM∥PA，∴OM⊥平面ABCD，Rt△MOB中，MO＝OB＝1，∴BM＝eq\r(2).△BDN中，BD＝eq\r(3)＋1，DN＝1，∠BDN＝30°，由余弦定理BN2＝BD2＋DN2－2BD·DN·cos30°，得BN2＝2＋eq\r(3).△BMN中，cos∠BMN＝eq\f(BM2＋MN2－BN2,2·BM·MN)＝eq\f(2＋2－2＋\r(3),2×\r(2)×\r(2))＝eq\f(2－\r(3),4)，∴直線PD與BM所成角的余弦值為eq\f(2－\r(3),4).6.解析：(1)如圖，取AB的中點O，連接EO，DO.由△ABE為等腰直角三角形，可得EB＝EA，所以EO⊥AB.因為四邊形ABCD為直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四邊形OBCD為正方形，則BO⊥OD，即AB⊥OD.又OD∩OE＝O，OD?平面ODE，OE?平面ODE，所以AB⊥平面ODE.又DE?平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因為平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且AB⊥BC，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.又AE?平面ABE，所以BC⊥AE.又AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC?平面BCE，BE?平面BCE，所以AE⊥平面BCE.又AE?平面AED，所以平面AED⊥平面BCE.(3)存在點F，且eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)時，有EC∥平面FBD.理由如下．如圖，連接AC，BD，AC∩BD＝M，