【志鸿优化设计】（福建专版）2023高考数学大一轮复习 高考大题专项练4 文

高考大题专项练4　立体几何问题1.(2014福建质检)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,AA1⊥底面ABC,M为A1B1的中点.(1)求证:B1C∥平面AMC1;(2)若BB1=5,且沿侧棱BB1展开三棱柱的侧面,得到的侧面展开图的对角线长为13,求三棱锥B1-AMC1的体积.2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.(1)证明:AA1⊥BD;(2)证明:CC1∥平面A1BD.7\n3.(2014江西,文19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥BC,A1B⊥BB1.(1)求证:A1C⊥CC1;(2)若AB=2,AC=,BC=,问AA1为何值时,三棱柱ABC-A1B1C1体积最大,并求此最大值.4.如图①所示,在Rt△ABC中,AC=6,BC=3,∠ABC=90°,CD为∠ACB的平分线,点E在线段AC上,CE=4.如图②所示,将△BCD沿CD折起,使得平面BCD⊥平面ACD,连接AB,BE,设点F是AB的中点.图①图②(1)求证:DE⊥平面BCD;(2)若EF∥平面BDG,其中G为直线AC与平面BDG的交点,求三棱锥B-DEG的体积.7\n5.如图,在三棱锥P-ABC中,PB⊥底面ABC,∠BCA=90°,PB=BC=CA=4,E为PC的中点,M为AB的中点,点F在PA上,且AF=2FP.(1)求证:CM∥平面BEF;(2)求证:BE⊥平面PAC;(3)求三棱锥B-PAE的体积.6.(2014重庆,文20)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=.(1)证明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.7\n答案：1.(1)证明:如图,连接A1C,交AC1于点O,连接OM.∵三棱柱ABC-A1B1C1的侧面是矩形,∴O为A1C的中点.又M为A1B1的中点,∴OM∥B1C.又OM⊂平面AMC1,B1C⊄平面AMC1,∴B1C∥平面AMC1.(2)解:∵三棱柱侧面展开图是矩形,且对角线长为13,侧棱BB1=5,∴三棱柱底面周长为=12.又三棱柱的底面是正三角形,∴A1C1=4,B1M=2,C1M=2.∴B1M·C1M=×2×2=2,∴·AA1=×2×5=,即三棱锥B1-AMC1的体积为.2.证明:(1)方法一:因为D1D⊥平面ABCD,且BD⊂平面ABCD,所以D1D⊥BD.又因为AB=2AD,∠BAD=60°,在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos60°=3AD2,所以AD2+BD2=AB2.所以AD⊥BD.又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1,故AA1⊥BD.方法二:因为D1D⊥平面ABCD,且BD⊂平面ABCD,所以BD⊥D1D.如图,取AB的中点G,连接DG,在△ABD中,由AB=2AD,得AG=AD.又∠BAD=60°,所以△ADG为等边三角形.因此GD=GB,故∠DBG=∠GDB.因为∠AGD=60°,所以∠GDB=30°.故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°,所以BD⊥AD.又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1.又AA1⊂平面ADD1A1,故AA1⊥BD.(2)如图,连接AC,A1C1,7\n设AC∩BD=E,连接EA1.因为四边形ABCD为平行四边形,所以EC=AC.由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC,所以四边形A1ECC1为平行四边形,所以CC1∥A1E.又EA1⊂平面A1BD,CC1⊄平面A1BD,所以CC1∥平面A1BD.3.(1)证明:由AA1⊥BC知BB1⊥BC,又BB1⊥A1B,故BB1⊥平面BCA1,即BB1⊥A1C,又BB1∥CC1,所以A1C⊥CC1.(2)解法一:设AA1=x,在Rt△A1BB1中,A1B=,同理,A1C=.在△A1BC中,cos∠BA1C==-,sin∠BA1C=,所以A1B·A1C·sin∠BA1C=.从而三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=·AA1=.因x=,故当x=时,即AA1=时,体积V取到最大值.解法二:过A1作BC的垂线,垂足为D,连接AD.由AA1⊥BC,A1D⊥BC,故BC⊥平面AA1D,BC⊥AD.又∠BAC=90°,所以S△ABC=AD·BC=AB·AC得AD=.设AA1=x,在Rt△AA1D中,A1D=,A1D·BC=.从而三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=·AA1=.因x=,故当x=时,即AA1=时,体积V取到最大值.4.(1)证明:∵AC=6,BC=3,∠ABC=90°,∴∠ACB=60°.∵CD为∠ACB的平分线,∴∠BCD=∠ACD=30°.∴CD=2.∵CE=4,∠DCE=30°,∴DE2=CE2+CD2-2CE·CD·cos30°=4.7\n∴DE=2,则CD2+DE2=EC2.∴∠CDE=90°,DE⊥DC.又∵平面BCD⊥平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,DE⊂平面ACD,∴DE⊥平面BCD.(2)解:∵EF∥平面BDG,EF⊂平面ABC,平面ABC∩平面BDG=BG,∴EF∥BG.∵点E在线段AC上,CE=4,点F是AB的中点,∴AE=EG=CG=2.如图,作BH⊥CD于H.∵平面BCD⊥平面ACD,∴BH⊥平面ACD.由条件得BH=,S△DEG=S△ACD=AC·CD·sin30°=,∴三棱锥B-DEG的体积V=S△DEG·BH=.5.(1)证明:取AF的中点G,连接CG,GM,因为E为PC中点,FA=2FP,所以EF∥CG.又CG⊄平面BEF,EF⊂平面BEF,所以CG∥平面BEF.同理可证:GM∥平面BEF.又CG∩GM=G,所以平面CMG∥平面BEF.因为CM⊂平面CMG,所以CM∥平面BEF.(2)证明:因为PB⊥底面ABC,且AC⊂底面ABC,所以PB⊥AC.由∠BCA=90°,得AC⊥CB.又因为PB∩CB=B,所以AC⊥平面PBC.因为BE⊂平面PBC,所以AC⊥BE.因为PB=BC,E为PC中点,所以BE⊥PC.因为PC∩AC=C,所以BE⊥平面PAC.(3)解:由(2)可知BE⊥平面PAC,AC⊥平面PBC,PC==4.又由已知可得BE=2.因为PE=PC=2,所以S△APE=S△PAC=AC·PC=4.所以VB-PAE=S△PAE·BE=.故三棱锥B-PAE的体积为.6.(1)证明:如图,因ABCD为菱形,O为菱形中心,连接OB,则AO⊥OB.7\n因∠BAD=,故OB=AB·sin∠OAB=2sin=1,又因BM=,且∠OBM=,在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2·1··cos.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)解:由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos.设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.由△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2·2··cos.由已知MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+,得a=,a=-(舍去),即PO=.此时SABMO=S△AOB+S△OMB=·AO·OB+·BM·OM=×1+.所以四棱锥P-ABMO的体积VP-ABMO=·SABMO·PO=.7