2024高考數(shù)學二輪復習分層特訓卷主觀題專練立體幾何6文

PAGEPAGE1立體幾何(6)1．[2024·重慶市七校聯(lián)考]如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱長都是2，D，E分別是AC，CC1(1)求證：AE⊥平面A1BD；(2)求三棱錐B1－A1BD的體積．解析：(1)因為AB＝BC＝CA，D是AC的中點，所以BD⊥AC.因為在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1?平面AA1C1C，所以平面AA又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BD⊥平面又AE?平面AA1C1C，所以BD在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點，易證得A1D又A1D∩BD＝D，A1D?平面A1BD，BD?平面A1BD，所以AE⊥平面A1BD.(2)如圖所示，連接AB1交A1B于O，則O為AB1的中點，所以點B1到平面A1BD的距離等于點A到平面A1BD的距離，易知BD＝eq\r(3)，所以V三棱錐B1－A1BD＝V三棱錐A－A1BD＝V三棱錐B－AA1D＝eq\f(1,3)×S△AA1D×BD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)，所以三棱錐B1－A1BD的體積為eq\f(\r(3),3).2．[2024·湖北部分重點中學聯(lián)考]如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝2，點M是SD的中點，AN⊥SC，且交SC于點N.(1)求證：SB∥平面ACM；(2)求點C到平面AMN的距離．解析：(1)連接BD交AC于E，連接ME.∵四邊形ABCD是正方形，∴E是BD的中點．∵M是SD的中點，∴ME是△DSB的中位線，∴ME∥SB.又ME?平面ACM，SB?平面ACM，∴SB∥平面ACM.(2)由條件知DC⊥SA，DC⊥DA，∴DC⊥平面SAD，∴AM⊥DC.又SA＝AD，M是SD的中點，∴AM⊥SD，∴AM⊥平面SDC，∴SC⊥AM.由已知SC⊥AN，∴SC⊥平面AMN.于是CN⊥平面AMN，則CN為點C到平面AMN的距離．在Rt△SAC中，SA＝2，AC＝2eq\r(2)，SC＝eq\r(SA2＋AC2)＝2eq\r(3)，于是AC2＝CN·SC?CN＝eq\f(4\r(3),3)，∴點C到平面AMN的距離為eq\f(4\r(3),3).3．[2024·江西名校聯(lián)考]如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AA1⊥A1C，平面AA1C1C⊥平面ABC，∠ACC1＝120°，(1)求證：AA1⊥A1B.(2)求三棱柱ABC－A1B1C1解析：(1)由題意知平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1?平面AA1C1C又AA1⊥A1C，A1C∩BC＝C，所以AA1⊥平面A1因為A1B?平面A1BC，所以AA1⊥A1B.(2)易得∠C1A1C＝∠A1CA＝30°，所以在Rt△AA1C中，AC＝4，A1C＝2eq\故四邊形AA1C1C的面積S1＝2×2eq\r(3)＝4eq\r(3).△A1B1C1和△ABC的面積之和S2＝2×eq\f(1,2)×3×4＝12，且AB＝5.又AA1⊥A1B，所以A1B＝eq\r(AB2－AA\o\al(2,1))＝eq\r(21)，所以四邊形AA1B1B的面積S3＝2×eq\r(21)＝2eq\r(21).由(1)知BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，故四邊形BB1C故三棱柱ABC－A1B1C1的表面積S＝S1＋S2＋S3＋S4＝4eq\r(3)＋18＋2eq\r(21).4.[2024·安徽六校其次次聯(lián)考])如圖，四邊形ABCD為矩形，點A，E，B，F(xiàn)共面，且△ABE和△ABF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°.(1)若平面ABCD⊥平面AEBF，證明平面BCF⊥平面ADF；(2)在線段EC上是否存在一點G，使得BG∥平面CDF？若存在，求出此時三棱錐G－ABE與三棱錐G－ADF的體積之比；若不存在，請說明理由．解析：(1)因為四邊形ABCD為矩形，所以BC⊥AB，又平面ABCD⊥平面AEBF，BC?平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，所以BC⊥平面AEBF.因為AF?平面AEBF，所以BC⊥AF.因為∠AFB＝90°，即AF⊥BF，且BC?平面BCF，BF?平面BCF，BC∩BF＝B，所以AF⊥平面BCF.又AF?平面ADF，所以平面ADF⊥平面BCF.(2)假設存在滿意條件的點G.因為BC∥AD，AD?平面ADF，所以BC∥平面ADF.因為△ABE和△ABF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°，所以∠FAB＝∠ABE＝45°，所以AF∥BE，又AF?平面ADF，所以BE∥平面ADF，因為BC∩BE＝B，所以平面BCE∥平面ADF.如圖所示，延長EB到點H，使得BH＝AF，連接CH，HF，AC，易證四邊形ABHF是平行四邊形，又BC綊AD，所以HF綊AB綊CD，所以四邊形HFDC是平行四邊形，所以CH∥DF.過點B作CH的平行線，交EC于點G，即BG∥CH∥DF，又DF?平面CDF，所以BG∥平面CDF，即此點G為所求的點．又BE＝eq\r(2)AB＝2AF＝2BH，所以EG＝eq\f(2,3)EC.易知S△ABE＝2S△ABF，所以V三棱錐G－ABE＝eq\f(2,3)V三棱錐C－ABE＝eq\f(4,3)V三棱錐C－ABF＝eq\f(4,3)V三棱錐D－ABF＝eq\f(4,3)V三棱錐B－ADF＝eq\f(4,3)V三棱錐G－ADF，故V三棱錐G－ABEV三棱錐G－ADF＝43.5．[2024·江西宜春大聯(lián)考]如圖1，四邊形ABCD是矩形，AB＝2π，AD＝4，E，F(xiàn)分別為DC，AB上的點，且DE＝eq\f(2,3)DC，AF＝eq\f(2,3)AB，將矩形ABCD卷成如圖2所示的以AD，BC為母線的圓柱的半個側面，且AB，CD分別為圓柱的兩底面的直徑．(1)求證：平面ADEF⊥平面BCEF；(2)求四棱錐D－BCEF的體積．解析：(1)因為F在底面圓周上，且AB為該底面半圓的直徑，所以AF⊥BF.由題易知，EF∥AD.又AD為圓柱的母線，所以EF垂直于圓柱的底面，所以EF⊥BF.又AF∩EF＝F，所以BF⊥平面ADEF.因為BF?平面BCEF，所以平面ADEF⊥平面BCEF.(2)設圓柱的底面半徑為r，由題設知，πr＝2π，所以r＝2，所以CD＝4.因為在圖1中DE＝eq\f(2,3)DC，AF＝eq\f(2,3)AB，所以在圖2中結合題意易得∠CDE＝30°，DE⊥CE，所以CE＝eq\f(1,2)CD＝2，DE＝2eq\r(3).由題易知BC⊥平面DCE，所以BC⊥DE，又BC∩CE＝C，所以DE⊥平面BCEF，所以DE為四棱錐D－BCEF的高．又AD＝BC＝4，所以V四棱錐D－BCEF＝eq\f(1,3)S四邊形BCEF×DE＝eq\f(1,3)×BC×CE×DE＝eq\f(1,3)×4×2×2eq\r(3)＝eq\f(16\r(3),3).6.[2024·福建福州二檢]如圖，四棱錐E－ABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，四邊形ABCD為矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F(xiàn)為CE上的點，且BF⊥平面ACE.(1)求證：AE⊥BE；(2)設M在線段DE上，且滿意EM＝2MD，試在線段AB上確定一點N，使得MN∥平面BCE，并求MN的長．解析：(1)因為四邊形ABCD為矩形，所以BC⊥AB.因為平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ABE，又AE?平面ABE，所以BC⊥AE.因為BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以BF⊥AE.又BC∩BF＝B，BC?平面BCE，BF?平面BCE，所以AE⊥平面BCE，因為BE?平面BCE，所以AE⊥BE.(2)方法一如圖，在△ADE中，過點M作MG∥AD交AE于點G，在△ABE中過點G作GN∥BE交AB于點N，連接MN.因為EM＝2MD，所以EG＝2GA，BN＝2NA.下面證明此時MN∥平面BCE.因為NG∥BE，NG?平面BCE，BE?平面BCE，所以NG∥平面BCE.因為GM∥AD∥BC，GM?平面BCE，BC?平面BCE，所以GM∥平面BCE.因為MG∩GN＝G，MG?平面MGN，GN?平面MGN，所以平面MGN∥平面BCE，又MN?平面MGN，所以MN∥平面BCE.因為AD＝6，AB＝5，BE＝3，所以MG＝eq\f(2,3)AD＝4，NG＝eq\f(1,3)BE＝1.易知MG⊥GN，所以MN＝eq\r(MG2＋NG2)＝eq\r(42＋12)＝eq\r(17).方法二過點M作MG∥CD交CE于點G，連接BG，在線段AB上取點N，使得BN＝MG，連接MN(如圖)．因為AB∥CD，MG∥CD，EM＝2MD，所以MG＝eq\f(2,3)CD，MG∥BN，又BN＝MG，所以四邊形MGBN是平行四邊形，所以MN∥BG，又MN?