适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练8立体几何中的证明与计算文（附解析）

考点突破练8　立体几何中的证明与计算1.(2023陕西宝鸡二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,AB∥DC,CD=2AB=2AD=2,PD=4,AD⊥CD,E为棱PD上一点.(1)求证:无论点E在棱PD的任何位置,都有CD⊥AE;(2)若在PB上存在一点H,且PH=2HB,求三棱锥C-ABH的体积.2.(2023陕西渭南一模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点E为A1C1的中点,AB=BC=2,C1F⊥AB.(1)求证:AB⊥BC;(2)若C1F∥平面ABE,且C1F=2,求点A到平面BCE的距离. 3.(2023贵州铜仁二模)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合).(1)证明:平面EMN⊥平面PBC;(2)设三棱锥B-EMN和四棱锥P-EBCD的体积分别为V1和V2,当点N为BC的中点时,求的值. 4.(2023四川宜宾二模)在圆柱O1O2中,四边形DEFG为过轴O1O2的截面,DG=4,DE=16,△ABC为底面圆O1的内接正三角形,AB∥DE.(1)证明:CO2⊥平面ABFG;(2)求三棱锥G-BCF的体积. 5.(2023江西九江十校联考二)如图,四边形ABCD是正方形,ABEF是矩形,平面ABCD⊥平面ABEF,AF=AB=2,点G是EF上一点,且EG=m(0<m<4).(1)当m=2时,求证:平面ACG⊥平面BGC;(2)当m=1时,求直线AC与平面BCG所成角的余弦值. 6.(2023江西九所重点中学联考二)如图,点C在直径为AB的半圆O上,CD垂直于半圆O所在的平面,BC∥平面ADE,且CD∥BE.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)若AC=1,AB=,异面直线AD与BE所成的角是45°,求三棱锥A-BCE的外接球的表面积.考点突破练8　立体几何中的证明与计算1.(1)证明因为PD⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PD⊥CD.因为AD⊥CD,AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因为点E为棱PD上一点,所以AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.(2)解因为PD⊥平面ABCD,过H作底面ABCD的垂线HM,垂足为点M,可知HM=PD=,所以三棱锥C-ABH的体积就等于三棱锥H-ABC的体积,所以所求体积是AB·AD·HM=×1×1×.2.(1)证明在直三棱柱中,CC1⊥AB,又C1F⊥AB,且C1F,C1C⊂平面BCC1B1,CC1∩C1F=C1,∴AB⊥平面BCC1B1,又∵BC⊂平面BCC1B1,∴AB⊥BC.(2)解设平面EC1F与AB的交点为G,连接EG,FG,平面EC1F∩平面ABE=EG,∵C1F∥平面ABE,∴C1F∥EG.∵平面EC1FG与棱柱两底面的交线为FG,EC1,∴EC1∥FG,∴四边形EC1FG是平行四边形.∴FG=EC1,又E是A1C1的中点,∴FG=A1C1=AC,∴点F是BC的中点.由直棱柱中BC=2,知CF=1,又C1F=2,∴CC1=.∵AB=BC=2,AB⊥BC,∴△ABC的面积为2.由(1)知A1C1=AC=AB=2,∴BE=CE=,∴△BCE的面积为2.设点A到平面BCE的距离为d,由体积法得,∴d=,∴点A到平面BCE的距离为. 3.(1)证明∵PE⊥EB,PE⊥ED,EB∩ED=E,EB,ED⊂平面EBCD,∴PE⊥平面EBCD.又BC⊂平面EBCD,∴PE⊥BC.∵BC⊥EB,PE,BE⊂平面PEB,PE∩BE=E,∴BC⊥平面PEB.∵EM⊂平面PEB,∴EM⊥BC,由PE=EB,PM=MB知EM⊥PB.又BC,PB⊂平面PBC,BC∩PB=B,∴EM⊥平面PBC,又EM⊂平面EMN,∴平面EMN⊥平面PBC.(2)解∵点N为BC的中点,∴△EBN与正方形EBCD的面积之比为,点M,P到平面EBCD的距离之比为,∴.4.(1)证明连接CO1并延长交AB于点H,连接O2H.∵△ABC为底面圆O1的内接正三角形,∴CH⊥AB.∵AB∥DE,∴CH⊥DE.∵四边形DEFG为圆柱O1O2的轴截面,∴O1O2⊥圆面O1.∵DE⊂圆面O1,∴O1O2⊥DE.∵O1O2∩CH=O1,∴DE⊥平面CHO2.∵DE∥FG,∴FG⊥平面CHO2,∴FG⊥CO2.∵DG=4,DE=16,∴O1C=8,O1H=4,CH=12,O1O2=8,∴O2C2=O1C2+O1=96,O2H2=O1H2+O1=48,∴O2C2+O2H2=CH2,∴CO2⊥O2H.∵O2H∩FG=O2,FG与O2H均在平面ABFG中,∴CO2⊥平面ABFG.(2)解由(1)知CO2⊥平面ABFG,FG⊥O2H,∴VG-BCF=VC-BGF=S△BGF·CO2=·FG·O2H·CO2=××16××=128.5.(1)证明因为四边形ABCD是正方形,所以BC⊥AB.又平面ABCD⊥平面ABEF,且平面ABCD∩平面ABEF=AB,所以BC⊥平面ABEF.因为AG⊂平面ABEF,所以BC⊥AG.当m=2时,G为EF的中点,此时AF=AB=2,FG=2,则AG=2,所以CG2=BC2+BE2+EG2=16+4+4=24,AC2=16+16=32,所以有AG2+CG2=AC2,所以AG⊥CG.又BC∩CG=C,BC⊂平面BCG,CG⊂平面BCG,所以AG⊥平面BCG.因为AG⊂平面ACG,所以平面ACG⊥平面BCG.(2)解在平面ABEF中,作AO⊥BG,垂足为O,连接OC,由(1)知,BC⊥平面ABEF,所以平面BCG⊥平面ABEF.因为平面BCG∩平面ABEF=BG,AO⊂平面ABEF,AO⊥BG,所以AO⊥平面BCG,则∠ACO为直线AC与平面BCG所成的角.因为EG=1,BE=2,所以BG=.在Rt△AOB和Rt△BEG中,易知∠ EBG=∠OAB,所以Rt△AOB∽Rt△BEG,所以,即AO=.在Rt△AOC中,AC=4,所以OC=.所以cos∠ACO=.故直线AC与平面BCG所成角的余弦值为.6.(1)证明因为点C在半圆O上,AB为直径,则BC⊥AC.而CD⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,于是CD⊥BC,又AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,则有BC⊥平面ACD.由CD∥BE知点B,C,D,E共面,又BC∥平面ADE,平面BCDE∩平面ADE=DE,BC⊂平面BCDE,因此BC∥DE,即有DE⊥平面ACD,又DE在平面ADE内,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解由(1)知,CD⊥AC,因为CD∥BE,则∠ADC或其补角为AD与BE所成的角,显然∠ADC为锐角,所以∠ADC=45°,则CD=AC=1.由(1)知四边形BCDE是平行四边形.在平行四边形BCDE中,BE=CD=1.因为CD⊥平面ABC,则有AC⊂平面ABC.因为CD⊥AC,又BC⊥AC,CD∩BC=C,CD,BC⊂平面BCDE,所以AC⊥平面BCDE,而CE⊂平面BCDE,从而AC⊥CE.因为CD⊥平面ABC,CD∥BE,所以BE⊥平面ABC.因为AB⊂平面ABC,所以BE⊥AB.取AE的中点M,连接CM,BM,如图,因此BM=AM=EM=CM,则点M是三棱锥A-BCE的外接球球心,而AE2=AB2+BE2=6,所以三棱锥A-BCE的外接球表面积S=4π·AM2=π·AE2=6π.