2025屆高考數(shù)學一輪專題重組卷第一部分專題十四立體幾何綜合文含解析

PAGE專題十四立體幾何綜合本試卷滿分96分，考試時間80分鐘．解答題(共8小題，每小題12分，共96分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)1．(2024·河北衡水中學一模)在平行四邊形ABCD中，AB＝3，BC＝2，過A點作CD的垂線，交CD的延長線于點E，AE＝eq\r(3).連接EB，交AD于點F，如圖1，將△ADE沿AD折起，使得點E到達點P的位置，如圖2.(1)證明：平面BFP⊥平面BCP；(2)若G為PB的中點，H為CD的中點，且平面ADP⊥平面ABCD，求三棱錐G－BCH的體積．解(1)證明：如題圖1，在Rt△BAE中，AB＝3，AE＝eq\r(3)，所以∠AEB＝60°.在Rt△AED中，AD＝2，所以∠DAE＝30°.所以BE⊥AD.如題圖2，PF⊥AD，BF⊥AD.又因為AD∥BC，所以PF⊥BC，BF⊥BC，PF∩BF＝F，所以BC⊥平面BFP，又因為BC?平面BCP，所以平面BFP⊥平面BCP.(2)解法一：因為平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，PF?平面ADP，PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.取BF的中點為O，連接GO，則GO∥PF，所以GO⊥平面ABCD.即GO為三棱錐G－BCH的高．且GO＝eq\f(1,2)PF＝eq\f(1,2)×PAsin30°＝eq\f(\r(3),4).得三棱錐G－BCH的體積V三棱錐G－BCH＝eq\f(1,3)S△BCH·GO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△BCD×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,6)×eq\f(3\r(3),2)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(3,16).解法二：因為平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，PF?平面ADP，PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.因為G為PB的中點．所以三棱錐G－BCH的高等于eq\f(1,2)PF.因為H為CD的中點，所以△BCH的面積是四邊形ABCD的面積的eq\f(1,4)，從而三棱錐G－BCH的體積是四棱錐P－ABCD的體積的eq\f(1,8).四棱錐P－ABCD的體積VP－ABCD＝eq\f(1,3)S?ABCD·PF＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，所以三棱錐G－BCH的體積為eq\f(3,16).2．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離．解(1)證明：連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解法一：過點C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE，故CH的長即為點C到平面C1DE的距離．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).從而點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).解法二：在菱形ABCD中，E為BC中點，所以DE⊥BC，依據(jù)題意有DE＝eq\r(3)，C1E＝eq\r(17)，因為棱柱為直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(17)，設點C到平面C1DE的距離為d，依據(jù)題意有VC1－CDE＝VC－C1DE，則有eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(17)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×4，解得d＝eq\f(4,\r(17))＝eq\f(4\r(17),17).3．(2024·潮州質(zhì)量檢測)如圖，在四棱錐E－ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，點F為棱DE的中點．(1)證明：AF∥平面BCE；(2)若BC＝4，∠BCE＝120°，DE＝2eq\r(5)，求三棱錐B－CEF的體積．解(1)證明：取CE的中點M，連接FM，BM.因為點F為棱DE的中點，所以FM∥CD且FM＝eq\f(1,2)CD＝2，因為AB∥CD且AB＝2，所以FM∥AB且FM＝AB，所以四邊形ABMF為平行四邊形，所以AF∥BM，因為AF?平面BCE，BM?平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)因為AB∥CD，∠ABC＝90°，所以CD⊥BC.因為CD＝4，CE＝2，DE＝2eq\r(5)，所以CD2＋CE2＝DE2，所以CD⊥CE，因為BC∩CE＝C，BC?平面BCE，CE?平面BCE，所以CD⊥平面BCE.因為點F為棱DE的中點，且CD＝4，所以點F到平面BCE的距離為2.S△BCE＝eq\f(1,2)BC·CEsin∠BCE＝eq\f(1,2)×4×2sin120°＝2eq\r(3).三棱錐B－CEF的體積VB－CEF＝VF－BCE＝eq\f(1,3)S△BCE×2＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).4．(2024·陜西省四校聯(lián)考)如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱長都為2，D為CC1(1)求證：AB1⊥平面A1BD；(2)求三棱錐B－A1B1D的體積．解(1)證明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱長都相等可知，AB1⊥A1B如圖，取BC的中點E，連接B1E，AE，則Rt△BCD≌Rt△B1BE，∴∠BB1E＝∠CBD，∴∠CBD＋∠BEB1＝∠BB1E＋∠BEB1＝90°，∴BD⊥B1E.由平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，且AE⊥BC得，AE⊥平面BCC1B1，∴AE⊥BD，∵B1E?平面AEB1，AE?平面AEB1，AE∩B1E＝E，∴BD⊥平面AEB1，∴BD⊥AB1.∵A1B?平面A1BD，BD?平面A1BD，A1B∩BD＝B，∴AB1⊥平面A1BD.(2)由AA1∥平面BCC1B1，所以點A1到平面BCC1B1的距離為AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3).Seq\s\do4(△BDB1)＝eq\f(1,2)Seq\s\do4(正方形BCC1B1)＝eq\f(1,2)×2×2＝2.∴Veq\s\do4(B－A1B1D)＝Veq\s\do4(A1－BDB1)＝eq\f(1,3)×Seq\s\do4(△BDB1)×AE＝eq\f(1,3)×2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).故三棱錐B－A1B1D的體積為eq\f(2\r(3),3).5．(2024·上饒市二模)如圖所示，在三棱錐P－ABC中，底面是邊長為2的正三角形，PA⊥底面ABC，點E，F(xiàn)，G分別為AC，PC，PB的中點，且異面直線AG和PC所成的角的大小為eq\f(π,3).(1)求證：平面BEF⊥平面PAC；(2)求三棱錐C－ABF的體積．解(1)證明：∵AB＝BC，E為AC的中點，∴BE⊥AC，又PA⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴PA⊥BE，∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.因為BE?平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAC.(2)取BC的中點H，連接GH，AH(圖略)，∵三角形ABC為正三角形，PA⊥底面ABC，∴PB＝PC，又∵H，G分別為BC，PB的中點，∴GH∥PC，AG＝eq\f(1,2)PB，GH＝eq\f(1,2)PC，GA＝GH，又∵異面直線AG和PC所成的角的大小為eq\f(π,3)，∴∠AGH＝eq\f(π,3)，∴三角形AGH為正三角形，AG＝GH＝AH＝eq\r(3)，∴PC＝2eq\r(3)，又∵AC＝2，∴PA＝2eq\r(2)，又∵EF＝eq\f(1,2)PA＝eq\r(2)，EF∥PA，∴EF⊥底面ABC，因此三棱錐C－ABF的體積等于三棱錐F－ABC的體積，為eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),4)×22＝eq\f(\r(6),3).6．(2024·揭陽模擬)如圖，在四邊形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，點C在AB上，且AB⊥CD，AC＝BC＝CD＝2，現(xiàn)將△ACD沿CD折起，使點A到達點P的位置，且PE＝2eq\r(2).(1)求證：平面PBC⊥平面DEBC；(2)求三棱錐P－EBC的體積．解(1)證明：∵AB⊥BE，AB⊥CD，∴BE∥CD，∵AC⊥CD，∴PC⊥CD，∴PC⊥BE，又BC⊥BE，PC∩BC＝C，∴EB⊥平面PBC，又∵EB?平面DEBC，∴平面PBC⊥平面DEBC.(2)解法一：∵AB∥DE，結(jié)合CD∥EB得四邊形DEBC是平行四邊形，∴BE＝CD＝2，由(1)知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，由PE＝2eq\r(2)得PB＝eq\r(PE2－EB2)＝2，∴△PBC為等邊三角形，∴S△PBC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3)，∴VP－EBC＝VE－PBC＝eq\f(1,3)S△PBC·EB＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×2＝eq\f(2\r(3),3).解法二：∵AB∥DE，結(jié)合CD∥EB得四邊形DEBC是平行四邊形，∴BE＝CD＝2，由(1)知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，由PE＝2eq\r(2)得PB＝eq\r(PE2－EB2)＝2，∴△PBC為等邊三角形，取BC的中點O，連接OP，則PO＝eq\r(3)，∵PO⊥BC，∴PO⊥平面EBCD，∴VP－EBC＝eq\f(1,3)S△EBC·PO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×22×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).7．(2024·北京高考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．解(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE.取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG，則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG.因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.8．(2024·河北省省級示范性中學聯(lián)考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D為BC邊上一點，BD＝eq\r(3)，AA1＝AB＝2AD＝2.(1)證明：平面ADB1⊥平面BB1C(2)若BD＝CD，試問：A1C是否與平面ADB1平行？若平行，求三棱錐A－A1B1D的體積；若不平行，解(1)證明：因為AA1⊥平面ABC，所以BB1⊥平面ABC，又AD?平面ABC，所以AD⊥BB1，在△ABD中，則AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BC，又BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BB1C因為AD?平面ADB1，所以平面ADB1⊥平面BB1C(2)A1C與平面ADB1證明如下：取B1C1的中點E，連接DE，CE，A1E因為BD＝CD，所以DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四邊形ADEA1為平行四邊