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【走向高考】2022届高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师大版
【走向高考】2022届高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师大版
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专题四 高考中的立体几何问题1.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB.(1)求证:CE⊥平面PAD;(2)若PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱锥P-ABCD的体积.[解析] (1)∵PA⊥底面ABCD,CE平面ABCD∴CE⊥PA,又∵AB⊥AD,CE∥AB.∴CE⊥AD.又∵PA∩AD=A,∴CE⊥平面PAD.(2)由(1)可知CE⊥AD.在Rt△ECD中,DE=CD·cos45°=1,CE=CD·sin45°=1.又∵AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形.∴S四边形ABCD=S矩形ABCE+S△CDE=AB·AE+CE·DE=1×2+×1×1=.又PA⊥底面ABCD,PA=1所以V四棱锥p-ABCD=S四边形ABCD×PA=××1=.2.(2022·潍坊模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点.求证:(1)直线EF∥平面PCD;(2)平面BEF⊥平面PAD.[证明] (1)在△PAD中,因为E、F分别为AP、AD的中点,所以EF∥PD.又因为EF⃘平面PCD,PD平面PCD.所以直线EF∥平面PCD.(2)连结BD.因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为正三角形.因为F是AD的中点,所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,BF平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD.又因为BF平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.3.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD、PC的中点,求证:(1)PA⊥底面ABCD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面BEF⊥平面PCD.-6-\n[解析] (1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,所以AB∥DE,且AB=DE.所以四边形ABED为平行四边形.所以BE∥AD.又因为BE⃘平面PAD,AD平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD,而且四边形ABED为平行四边形,所以BE⊥CD,AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点,所以PD∥EF.所以CD⊥EF,又因为CD⊥BE,BE∩EF=E,所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.4.如图,在几何体P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,AB=PA=2.(1)当AD=2时,求证:平面PBD⊥平面PAC;(2)若PC与AD所成的角为45°,求几何求P-ABCD的体积.[解析] (1)证明:当AD=2时,四边形ABCD是正方形,则BD⊥AC.∵PA⊥平面ABCD,BD平面ABCD,∴PA⊥BD.又∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.∵BD平面PBD,-6-\n∴平面PBD⊥平面PAC.(2)解:PC与AD成45°角,AD∥BC,则∠PCB=45°.∵BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A,∴BC⊥平面PAB,PB平面PAB.∴BC⊥PB.∴∠CPB=90°-45°=45°.∴BC=PB=2.∴几何体P-ABCD的体积为×(2×2)×2=.1.(2022·四川高考)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC平面ABC,所以AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,所以,MD綊AC,OE綊AC,因此MD綊OE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.-6-\n因为直线DE⃘平面A1MC,MO平面A1MC.所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.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.[解析] (1)∵DD1⊥平面ABCD,BD平面ABCD∴DD1⊥BD,又∵AB=2AD且∠BAD=60°∴由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD即BD=AD,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD又∵AD∩DD1=D∴BD⊥平面ADD1A1,又∵AA1平面ADD1A1,∴BD⊥AA1(2)连接AC,交BD于M,连接A1M,A1C1,∵底面ABCD是平行四边形,∴AM=CM=AC又∵AB=2AD=2A1B1∴A1G綊CM,即四边形A1MCC1是平行四边形;∴CC1∥AM1,又∵CC1⃘平面A1BD,A1M平面A1BD∴CC1∥平面A1BD.3.(文)(2022·临沂模拟)如图,在边长为3的正三角形ABC中,G,F为边AC的三等分点,E,P分别是AB,BC边上的点,满足AE=CP=1,今将△BEP,△CFP分别沿EP,FP向上折起,使边BP与边CP所在的直线重合,B,C折后的对应点分别记为B1,C1.(1)求证:C1F∥平面B1GE;(2)求证:PF⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP的中点D,连接FD,C1D.-6-\n因为BC=3,CP=1,所以折起后C1为B1P的中点.所以在△B1EP中,DC1∥EB1.又因为AB=BC=AC=3,AE=CP=1,所以=,所以EP=2且EP∥GF.因为G,F为AC的三等分点,所以GF=1.又因为ED=EP=1,所以GF=ED,所以四边形GEDF为平行四边形.所以FD∥GE.又因为DC1∩FD=D,GE∩B1E=E,所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F平面DFC1,所以C1F∥平面B1GE.(2)连接EF,B1F,由已知得∠EPF=60°,且FP=1,EP=2,由余弦定理,得EF2=12+22-2×1×2×cos60°=3,所以FP2+EF2=EP2,可得PF⊥EF.因为B1C1=PC1=1,C1F=1,得FC1=B1C1=PC1,所以△PB1F的中线C1F=PB1,可得△PB1F是直角三角形,即B1F⊥PF.因为EF∩B1F=F,EF,B1F平面B1EF,所以PF⊥平面B1EF.(理)(2022·浙江高考)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.[解析] (1)在平面四边形BCDE中,BC=,在三角形ABC中,AB=2,BC=,AC=.根据勾股定理逆定理.∴AC⊥BC.∵平面ABC⊥平面BCOE,而平面ABC∩平面BCDE=BCAC⊥BC,∴AC⊥平面BCDE,∴AC⊥DE,又∵AC⊥DE,DE⊥DC,∴DE⊥平面ACD.(2)由(1)知分别以、为x轴、z轴正方向.以过C平行为y轴正向建立坐标系.则B(1,1,0),A(0,0,),D(2,0,0),E(2,1,0)∴=(1,1,-),=(2,0,-),=(0,1,0)设平面ABD法向量n1=(x1,y1,z1),由n1·=n1·=0,解得n1=(1,1,)设平面ADE法向量n2=(x2,y2,z2),则n2·=n2·=0,解得:n2=(1,0,)-6-\n设平面ABD与平面ADE夹角为θ,cosθ=|cos〈n1,n2〉|==∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为.-6-
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:14:22
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文章作者:U-336598
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