统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练5立体几何文（附解析）

立体几何(5)1．[2023·广西南宁三中一模(文)]如图，四棱锥PABCD的底面为菱形，∠ABC＝，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点．(1)求证：平面AEG∥平面BDH；(2)求点A到平面BDH的距离．2．[2023·黑龙江哈尔滨三中三模(文)]如图，四棱锥BPACQ中，BC⊥AB，四边形PACQ为直角梯形，PA⊥AC，PQ∥AC，且AP＝AB＝PQ＝1，PB＝.(1)求证：直线BC⊥平面PAB；(2)若直线CA与平面PAB所成线面角为，求三棱锥PBQC的体积． 3．[2023·河南焦作三模(文)]如图1，在矩形ABCD中，点E在边CD上，BC＝DE＝2EC，将△DAE沿AE进行翻折，翻折后D点到达P点位置，且满足平面PAE⊥平面ABCE，如图2.(1)若点F在棱PA上，且EF∥平面PBC，求；(2)若AB＝3，求点A到平面PBC的距离． 4．[2023·安徽蚌埠二中模拟(文)]如图，圆锥PO的母线长为，△ABC是⊙O的内接三角形，BC＝2.(1)若△ABC是正三角形，求三棱锥PABC的体积；(2)若平面PAC⊥平面PBC，且∠ABC＝60°，证明：PA⊥PC.5．[2023·全国甲卷(文)]如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1BB1C1C的高． 6．[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟(文)]如图，在多面体ABCDEF中，平面EAD⊥平面ABCD，△EAD为正三角形，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝，DE∥CF，DE＝2CF＝4.(1)求证：AE∥平面BCF；(2)求点B到平面ACF的距离．立体几何（5）1．解析：（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接OH，△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又因为EG⊄平面BDH，BH⊂平面BDH，所以EG∥平面BDH，同理：AG∥平面BDH，因为AG，EG⊂平面AEG，AG∩EG＝G，所以平面AEG∥平面BDH.（2）记点A，H到平面BDH，平面ABD的距离分别为hA，hH，S△ABD＝×2×2×＝，因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，CH＝CP，所以hH＝，在△PBC中，cos∠PCB＝＝，在△BCH中，BH2＝BC2＋CH2－2BC·CH·cos∠HCB＝， 同理，DH＝，又因为O为BD中点，所以OH⊥BD.在△BDH中，BD＝2，S△BDH＝×2×＝，因为VABDH＝VHABD，所以hA＝＝＝.2．解析：（1）证明：PA＝AB＝1，PB＝，即PA2＋AB2＝PB2，∴PA⊥AB，又∵PA⊥AC，AC∩AB＝A，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，∵BC⊥AB，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB.（2）过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接PC，∵PA⊥平面ABC，BH⊂平面ABC，∴PA⊥BH，∵PA∩AC＝A，∴BH⊥平面PACQ，由（1）得：直线BC⊥平面PAB，∴直线CA与平面PAB所成线面角为∠CAB，∴∠CAB＝，∴VPBQC＝VBPQC＝BH·S△PQC，其中BH＝AB·sin＝，S△PQC＝PQ·PA＝，∴VPBQC＝.3．解析：（1）如图，在PB上取点G，使得FG∥AB，连接FG，GC，则FG∥AB∥CE.因为EF∥平面PBC，平面EFGC∩平面PBC＝CG，所以EF∥CG， 所以四边形EFGC是平行四边形，所以FG＝EC.又因为AB＝DE＋EC＝3EC，所以＝＝.（2）作PM⊥AE，垂足为M，连接BM，CM，AC.因为平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，所以PM⊥平面ABCE.由条件可知△PAE是等腰直角三角形，AP＝PE＝2，PM＝PA＝.S△ABC＝AB×BC＝3，所以三棱锥PABC的体积为V＝S△ABC×PM＝.在底面ABCE内计算可得BM＝，所以PB＝＝，同理可得PC＝.所以△PBC是等腰三角形，面积为×2×＝.设点A到平面PBC的距离为d，则V＝S△PBCd，即×d＝，解得d＝.4．解析：（1）由题意可知，△ABC是边长为2的等边三角形，则圆O的半径为r＝＝2，所以，圆锥PO的高为h＝＝，又因为S△ABC＝×（2）2＝3，因此，VPABC＝S△ABC·h＝.（2）证明：依题意PA＝PB＝PC＝，BC＝2，∴PB2＋PC2＝BC2，∴PB⊥PC，∵平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，PB⊂平面PBC，∴PB⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，∴PB⊥PA，∴AB＝＝2，∵∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，AC＝2，∵PA2＋PC2＝AC2，∴PA⊥PC.5．解析：（1）因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.（2） 如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由（1）知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H⊂平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱锥A1BB1C1C的高为A1H.由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.又AA1＝2，∠ACA1＝90°，所以A1C1＝CA1＝.方法一　由S△CA1C1＝·CA1·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，故四棱锥A1BB1C1C的高为1.方法二　在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，所以A1H＝CC1＝1，故四棱锥A1BB1C1C的高为1.6．解析：（1）证明：如图，取AD，DE，BC的中点O，M，N，连接OM，MF，FN，ON，则MD∥CF，MD＝ED＝FC，故四边形MDCF为平行四边形，所以MF∥CD，MF＝CD.因为ON∥CD，ON＝CD，故MF∥ON，MF＝ON，故四边形OMFN为平行四边形，则OM∥FN，又OM∥AE，∴AE∥FN，又FN⊂平面BCF，AE⊄平面BCF，故AE∥平面BCF. （2）连接OB，由题可得OB⊥AD，∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，∴OB⊥平面ADE，∴OB⊥DE，OB⊥AD，DE∥CF，DA∥CB，∴OB⊥CF，OB⊥BC，CF∩BC＝C，∴OB⊥平面BCF，OB⊂平面ABCD，∴平面BCF⊥平面ABCD，过F作FG⊥BC于G，过G作GH⊥AC于H，连接HF，过G作GP⊥HF于P，则FG⊥平面ABCD，∴FG⊥AC，又GH⊥AC，GH∩GF＝G，∴AC⊥平面FGH，∴AC⊥GP，又GP⊥HF，AC∩HF＝H，∴GP⊥平面ACF，由题可知∠FCB＝，CF＝2，BC＝4，∴FG＝，CG＝1，又四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝，∴GH＝，HF＝，PG＝，又CG＝1，BC＝4，设点B到平面ACF的距离为d，则d＝4PG＝，故点B到平面ACF的距离为.