2023高考数学一轮复习高考大题专项练四立体几何文含解析北师大版202303232114

高考大题专项(四)　立体几何突破1　空间中的平行与几何体的体积1.(2020安徽合肥二模,文18)如图1,在矩形ABCD中,E,F在边CD上,BC=CE=EF=FD=1.沿BE,AF将△CBE和△DAF折起,使平面CBE和平面DAF都与平面ABEF垂直,连接DC,如图2.(1)证明:CD∥AB;(2)求三棱锥D-BCE的体积.2.(2020河南焦作模拟)如图,在多面体ABCA1B1C1中,四边形ABB1A1是正方形,△A1CB是等边三角形,AC=AB=1,B1C1∥BC,BC=2B1C1.(1)求证:AB1∥平面A1C1C;(2)求多面体ABCA1B1C1的体积.\n3.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,AD=AB=1.(1)若点G为线段BC的中点,证明:平面EFG∥平面PAB;(2)在(1)的条件下,求以△EFG为底面的三棱锥C-EFG的高.4.\n(2020广东肇庆二模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD=1,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明:PA∥平面EDB;(2)求三棱锥B-DEF的体积.5.如图,平面ABCD⊥平面CDEF,且四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,∠BAD=∠CDA=90°,AB=AD=DE=12CD,M是线段DE上的动点.(1)试确定点M的位置,使BE∥平面MAC,并说明理由;(2)在(1)的条件下,四面体E-MAC的体积为3,求线段AB的长.6.\n(2020全国2,文20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=π3,求四棱锥B-EB1C1F的体积.7.如图,多面体ABCDEF中,底面ABCD是菱形,∠BCD=60°,四边形BDEF是正方形且DE⊥平面ABCD.(1)求证:CF∥平面ADE;(2)若AE=2,求多面体ABCDEF的体积V.\n8.(2020四川棠湖中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=120°,PA=2,PB=PC=PD,E是PB的中点.(1)证明:PD∥平面AEC;(2)设F是线段DC上的动点,当点E到平面PAF距离最大时,求三棱锥P-AFE的体积.突破2　空间中的垂直与几何体的体积1.(2020山西长治一模,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,且PA=AD=2,AB=3,点E为线段PD的中点.(1)求证:AE⊥PC;(2)求三棱锥P-ACE的体积.\n2.(2020全国3,文19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内.\n3.(2020福建莆田一模,文19)如图,四棱锥P-ABCD的底面是菱形,AB=AC=2,PA=23,PB=PD.(1)证明:平面PAC⊥平面ABCD;(2)若PA⊥AC,M为PC的中点,求三棱锥B-CDM的体积.4.(2020福建漳州二模,文18)已知四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为梯形,∠BCD=∠ADC=∠SAD=90°,平面SAD⊥平面ABCD,E为线段AD的中点,AD=2BC=2CD.(1)证明:BD⊥平面SAB;(2)若SA=AD=2,求点E到平面SBD的距离.\n5.(2020广东广州一模,文19)如图,三棱锥P-ABC中,PA=PC,AB=BC,∠APC=120°,∠ABC=90°,AC=3PB=2.(1)求证:AC⊥PB;(2)求点C到平面PAB的距离.\n6.(2020陕西铜川二模,文19)如图,△ABC为边长为2的正三角形,AE∥CD,且AE⊥平面ABC,2AE=CD=2.(1)求证:平面BDE⊥平面BCD;(2)求三棱锥D-BCE的高.7.如图,四面体ABCD中,O,E分别是BD,BC的中点,AB=AD=2,CA=CB=CD=BD=2.(1)求证:AO⊥平面BCD;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点E到平面ACD的距离.\n参考答案高考大题专项(四)　立体几何突破1　空间中的平行与几何体的体积1.(1)证明分别取AF,BE的中点M,N,连接DM,CN,MN.由图可得,△ADF与△BCE都是等腰直角三角形,且△ADF与△BCE全等,∴DM⊥AF,CN⊥BE,DM=CN.∵平面ADF⊥平面ABEF,交线为AF,DM⫋平面ADF,DM⊥AF,∴DM⊥平面ABEF.同理,CN⊥平面ABEF,∴DM∥CN.又∵DM=CN,∴四边形CDMN为平行四边形,∴CD∥MN.∵M,N分别是AF,BE的中点,∴MN∥AB,∴CD∥AB.(2)解由图可知,V三棱锥D-BCE=V三棱锥B-DCE,∵EF=1,AB=3,∴CD=MN=2,∴V三棱锥B-DCE=2V三棱锥B-EFC=2V三棱锥C-EFB.由(1)知,CN⊥平面BEF.∵CN=22,S△BEF=12,∴V三棱锥C-EFB=212,∴V三棱锥D-BCE=26.2.(1)证明如图,取BC的中点D,连接AD,B1D,C1D,∵B1C1∥BC,BC=2B1C1,\n∴BD∥B1C1,BD=B1C1,CD∥B1C1,CD=B1C1,∴四边形BDC1B1,CDB1C1是平行四边形,∴C1D∥B1B,C1D=B1B,CC1∥B1D,又B1D⊈平面A1C1C,C1C⫋平面A1C1C,∴B1D∥平面A1C1C.在正方形ABB1A1中,BB1∥AA1,BB1=AA1,∴C1D∥AA1,C1D=AA1,∴四边形ADC1A1为平行四边形,∴AD∥A1C1.又AD⊈平面A1C1C,A1C1⫋平面A1C1C,∴AD∥平面A1C1C,∵B1D∩AD=D,∴平面ADB1∥平面A1C1C,又AB1⫋平面ADB1,∴AB1∥平面A1C1C.(2)在正方形ABB1A1中,A1B=2,∵△A1BC是等边三角形,∴A1C=BC=2,∴AC2+AA12=A1C2,AB2+AC2=BC2,∴AA1⊥AC,AC⊥AB.又AA1⊥AB,∴AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥CD,易得CD⊥AD,AD∩AA1=A,∴CD⊥平面ADC1A1.易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABD-A1B1C1和四棱锥C-ADC1A1组成的,直三棱柱ABD-A1B1C1的体积为12×12×1×1×1=14,四棱锥C-ADC1A1的体积为13×22×1×22=16,∴多面体ABCA1B1C1的体积为14+16=512.3.(1)证明∵E,F分别是PC,PD的中点,∴EF∥CD.∵底面ABCD是矩形,∴CD∥AB,∴EF∥AB.又AB⫋平面PAB,EF⊈平面PAB,∴EF∥平面PAB.同理EG∥平面PAB.∵EF∩EG=E,∴平面EFG∥平面PAB.(2)解∵PA⊥底面ABCD,BC⫋底面ABCD,∴PA⊥BC,∵BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴C到平面PAB的距离为BC=1,∴以△EFG为底面的三棱锥C-EFG的高为12.4.(1)证明连接AC交BD于点G,则G是AC的中点,连接EG,\n则EG是△PAC的中位线,所以PA∥EG,因为PA⊈平面EDB,EG⫋平面EDB,所以PA∥平面EDB.(2)解因为PD⊥平面ABCD,BC⫋平面ABCD,所以PD⊥BC,又BC⊥CD,CD∩PD=D,所以BC⊥平面PCD,又DE⫋平面PCD,所以DE⊥BC.因为PD=CD,E是PC的中点,所以DE⊥PC,BC∩PC=C,所以DE⊥平面PBC,所以DE是三棱锥D-BEF的高.DE=22,BC=1,PC=2PE=2,PB=3,Rt△BCP∽Rt△EFP,所以PCPF=BPEP=BCEF,得PF=PC·EPBP=33,EF=BC·EPBP=66,BF=233,VB-DEF=VD-BEF=13S△BEF·DE=13×12×BF·EF·DE=118.5.解(1)当EM=13DE时,BE∥平面MAC.证明如下:连接BD,交AC于N,连接MN.由于AB=12CD,所以DNNB=2.当EM=13DE时,DMME=2,所以MN∥BE.由于MN⫋平面MAC,又BE⊈平面MAC,所以BE∥平面MAC.(2)∵CD⊥DA,CD⊥DE,DA∩DE=D,∴CD⊥平面ADE.又∵平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC,∴AD⊥平面CDEF,∴AD⊥DE.设AB=a,则VE-MAC=VC-MAE=13×CD×S△MAE=19a3.所以19a3=3,解得a=3.因此AB=3.6.(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.\n又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)解AO∥平面EB1C1F,AO⫋平面A1AMN,平面A1AMN∩平面EB1C1F=PN,故AO∥PN.又AP∥ON,故四边形APNO是平行四边形,所以PN=AO=6,AP=ON=13AM=3,PM=23AM=23,EF=13BC=2.因为BC∥平面EB1C1F,所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离.作MT⊥PN,垂足为T,则由(1)知,MT⊥平面EB1C1F,故MT=PMsin∠MPN=3.底面EB1C1F的面积为12×(B1C1+EF)×PN=12×(6+2)×6=24.所以四棱锥B-EB1C1F的体积为13×24×3=24.7.(1)证明∵ABCD是菱形,∴BC∥AD.又BC⊈平面ADE,AD⫋平面ADE,∴BC∥平面ADE.又BDEF是正方形,∴BF∥DE.∵BF⊈平面ADE,DE⫋平面ADE,∴BF∥平面ADE.∵BC⫋平面BCF,BF⫋平面BCF,BC∩BF=B,∴平面BCF∥平面AED,∴CF∥平面AED.(2)解连接AC,记AC∩BD=O,∵ABCD是菱形,AC⊥BD,且AO=CO.由DE⊥平面ABCD,AC⫋平面ABCD,DE⊥AC.∵DE⫋平面BDEF,BD⫋平面BDEF,DE∩BD=D,∴AC⊥平面BDEF于O,即AO为四棱锥A-BDEF的高.由ABCD是菱形,∠BCD=60°,则△ABD为等边三角形,由AE=2,则AD=DE=1,AO=32,S正方形BDEF=1,VA-BDEF=13S正方形BDEF·AO=36,V=2VA-BDEF=33.8.(1)证明连接DB与AC交于点O,连接OE,因为ABCD是菱形,所以O为DB的中点,又因为E为PB的中点,所以PD∥OE,因为PD⊈平面AEC,OE⫋平面AEC,所以PD∥平面AEC.\n(2)解取BC中点M,连接AM,PM,因为四边形ABCD是菱形,∠BAD=120°,且PC=PB,所以BC⊥AM,BC⊥PM,又AM∩PM=M,所以BC⊥平面APM,又AP⫋平面APM,所以BC⊥PA.同理可得,DC⊥PA,又BC∩DC=C,所以PA⊥平面ABCD,所以平面PAF⊥平面ABCD,又平面PAF∩平面ABCD=AF,所以点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离,过点B作直线AF的垂线段,在所有垂线段中长度最大为AB=2,因为E为PB的中点,故点E到平面PAF的最大距离为1,此时,F为DC的中点,即AF=3,所以S△PAF=12PA·AF=12×2×3=3,所以VP-AFE=VE-PAF=13×3×1=33.突破2　空间中的垂直与几何体的体积1.(1)证明∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD,又在矩形ABCD中,CD⊥AD,∴CD⊥平面PAD,∵AE⫋平面PAD,∴CD⊥AE,又∵PA=AD,E为PD中点,∴AE⊥PD,又CD∩PD=D,∴AE⊥平面PCD.∵PC⫋平面PCD,∴AE⊥PC.(2)解∵点E为线段PD的中点,∴VP-ACE=VE-PAC=12VP-ACD=12×13×2×12×2×3=1.2.证明(1)如图,连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD,于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⫋平面BB1D1D,所以EF⊥AC.(2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.因为D1E=23DD1,AG=23AA1,DD1AA1,所以ED1AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AE∥GD1.\n因为B1F=13BB1,A1G=13AA1,BB1AA1,所以FGA1B1,FGC1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.3.(1)证明设BD交AC于点O,连接PO,在菱形ABCD中,AC⊥BD,又PB=PD,O是BD的中点,∴PO⊥BD,∵AC∩PO=O,AC⫋平面PAC,PO⫋平面PAC,∴BD⊥平面PAC,又BD⫋平面ABCD,故平面PAC⊥平面ABCD.(2)解连接OM,∵M为PC的中点,且O为AC的中点,∴OM∥PA,由(1)知,BD⊥PA,又PA⊥AC,则BD⊥OM,OM⊥AC,又AC∩BD=O,∴OM⊥平面ABCD.由题得OC=1,BD=23,则S△BCD=12BD·OC=12×23×1=3,OM=12PA=3,∴VB-CDM=VM-BCD=13S△BCD·OM=13×3×3=1.∴三棱锥B-CDM的体积为1.4.(1)证明由题意知∠BCD=∠ADC=90°,BC∥ED,且BC=CD=12AD=DE,所以四边形BCDE是正方形,所以BD⊥CE,又因为BC∥AE,BC=AE,所以四边形ABCE是平行四边形,所以CE∥AB,则BD⊥AB.因为平面SAD⊥平面ABCD,∠SAD=90°,平面SAD∩平面ABCD=AD,故SA⊥平面ABCD.所以SA∩AB=A,所以SA⊥BD,又因为SA∩AB=A,则BD⊥平面SAB.(2)解因为SA=AD=2,BE=DE=1,所以△BDE的面积为12,又由(1)知SA⊥平面ABCD,则VS-BDE=13×12×2=13,又在Rt△SAB中,SA=2,AB=DB=2,则SB=6,由(1)知BD⊥SB,所以△SBD的面积为12×2×6=3,设点E到平面SBD的距离为h,则13S△BDS·h=13,即h=33.5.(1)证明取AC的中点为O,连接BO,PO.\n在△PAC中,∵PA=PC,O为AC的中点,∴PO⊥AC,在△BAC中,∵BA=BC,O为AC的中点,∴BO⊥AC,∵OP∩OB=O,OP⫋平面OPB,OB⫋平面OPB,∴AC⊥平面OPB,∵PB⫋平面POB,∴AC⊥BP.(2)解在直角三角形ABC中,由AC=2,O为AC的中点,得BO=1,在等腰三角形APC中,由∠APC=120°,得PO=33,又PB=233,∴PO2+BO2=PB2,即PO⊥BO,又PO⊥AC,AC∩OB=O,∴PO⊥平面ABC,由题可得PA=233,又AB=2,得S△PAB=12×2×2332-222=156.设点C到平面PAB的距离为h,由VP-ABC=VC-PAB,得13×12×2×2×32=13×156h,解得h=355,故点C到平面PAB的距离为355.6.(1)证明如图所示,取BD的中点F,BC的中点为G,连接AG,FG,EF,由题意可知,FG是△BCD的中位线,所以FG∥AE,且FG=AE,即四边形AEFG为平行四边形,所以AG∥EF,又AE⊥平面ABC,所以FG⊥平面ABC,所以AG⊥FG,又AG⊥BC,BC∩FG=G,所以AG⊥平面BCD,所以EF⊥平面BCD,又EF⫋平面BDE,故平面BDE⊥平面BCD.(2)解过B作BK⊥AC,垂足为K,因为AE⊥平面ABC,所以BK⊥平面ACDE,且BK=2×32=3,所以V四棱锥B-ACDE=13×12×(1+2)×2×3=3,V三棱锥E-ABC=13×12×2×3×1=33,所以V三棱锥D-BCE=V四棱锥B-ACDE-V三棱锥E-ABC=3-33=233,因为AB=AC=2,AE=1,所以BE=CE=5,又BC=2,所以S△ECB=12×2×5-1=2,设所求的高为h,则由等体积法得13×2×h=233,所以h=3.7.(1)证明连接AO,OC,∵AB=AD,D是BD中点,∴AO⊥BD,∵BC=CD,D是BD的中点,∴CO⊥BD.在△AOC中,由题设知AO=1,CO=3,AC=2,∴AO2+CO2=AC2,\n∴∠AOC=90°,即AO⊥OC.∵AO⊥BD,BD∩OC=O,∴AO⊥平面BCD.(2)解取AC的中点M,连接OM,ME,OE,由E为BC的中点,知ME∥AB,OE∥DC,∴直线OE与EM所成的角就是异面直线AB与CD所成的角.在△OME中,EM=12AB=22,OE=12DC=1,∵OM是直角△AOC斜边AC上的中线,∴OM=12AC=1,∴cos∠OEM=1+12-12×1×22=24,∴异面直线AB与CD所成角大小的余弦值为24.(3)解设点E到平面ACD的距离为h.∵VE-ACD=VA-CDE,∴13S△ACD·h=13S△CDE·AO,在△ACD中,AD=2,CA=CD=2.∴S△ACD=12×2×4-222=72,∵AO=1,S△CDE=12×34×22=32,∴h=S△CDE·AOS△ACD=32×172=217,∴点E到平面ACD的距离为217.