2020高考數(shù)學二輪復習 分層特訓卷 主觀題專練 立體幾何（5） 文

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1、立體幾何(5) 1．[2019·廣東潮州期末]如圖，在四棱錐E－ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，DE＝2，點F為棱DE的中點． (1)證明：AF∥平面BCE； (2)若BC＝4，∠BCE＝120°，求三棱錐B－CEF的體積． 解析：(1)取CE中點M，連接MF，MB. 因為F為DE中點，所以MF∥CD，且MF＝CD. 因為AB∥CD，且AB＝CD，所以AB∥MF且AB＝MF， 所以四邊形ABMF是平行四邊形，所以AF∥BM. 又BM?平面BCE，AF?平面BCE，所以AF∥平面BCE. (2)因為AB∥CD，∠ABC＝90°，所以CD⊥

2、BC. 因為CD＝4，CE＝2，DE＝2，所以CD2＋CE2＝DE2，所以CD⊥CE. 因為BC∩CE＝C，BC?平面BCE，CE?平面BCE，所以CD⊥平面BCE， 則易知點F到平面BCE的距離為2. S△BCE＝BC·CEsin∠BCE＝×4×2sin 120°＝2， 所以三棱錐B－CEF的體積VB－CEF＝VF－BCE＝S△BCE×2＝×2×2＝. 2．[2019·清華自招]如圖，EA⊥平面ABC，AE∥CD，AB＝AC＝CD＝2AE＝4，BC＝2，M為BD的中點． (1)求證：平面AEM⊥平面BCD； (2)求三棱錐E－ABM的體積． 解析：(1)如圖所示，取BC

3、的中點N，連接MN，AN， 則MN＝DC＝AE，MN∥CD∥AE，所以四邊形AEMN為平行四邊形． 因為EA⊥平面ABC，AN?平面ABC， 所以EA⊥AN，所以四邊形AEMN是矩形，所以EM⊥MN. 由題意可得ED＝EB＝2，因為M為BD的中點，所以EM⊥BD. 又EM⊥MN，BD∩MN＝M，所以EM⊥平面BCD. 因為EM?平面AEM，所以平面AEM⊥平面BCD. (2)由題可知，V三棱錐E－ABM＝V三棱錐M－ABE，因為MN∥AE，AE?平面ABE，MN?平面ABE，所以MN∥平面ABE， 連接NE，則V三棱錐M－ABE＝V三棱錐N－ABE＝V三棱錐E－ABN＝×S

4、△ABN×AE. 易得BN＝，AN＝，所以S△ABN＝×BN×AN＝， 所以V三棱錐E－ABM＝××2＝. 3．[2019·河南洛陽第一次統(tǒng)考]如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，△PAD是等邊三角形，已知AD＝2，BD＝2，AB＝2CD＝4. (1)設(shè)M是PC上一點，求證：平面MBD⊥平面PAD. (2)求四棱錐P－ABCD的體積． 解析：(1)在△ABD中，AD＝2，BD＝2，AB＝4，所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD， 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以BD⊥平面PAD. 又BD?平面MBD，

5、所以平面MBD⊥平面PAD. (2)如圖所示，設(shè)AD的中點為O，則AO＝1，連接PO，易知PO是四棱錐P－ABCD的高，PO＝＝. 又易得S梯形ABCD＝3，所以四棱錐P－ABCD的體積V＝×3×＝3. 4．[2019·四川雅安中學10月月考]如圖，四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E為CD的中點，點F在線段PB上． (1)求證：AD⊥PC. (2)當滿足V三棱錐B－EFC＝V四棱錐P－ABCD時，求的值． 解析：(1)連接AC. 在△ABC中，AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，

6、 由余弦定理可得AC2＝8＋4－2×2×2×cos 45°＝4，所以AC＝2. 易知∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AD∥BC，所以AD⊥AC. 在△ADP中，AD＝AP＝2，DP＝2，易知PA⊥AD. 又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC. 因為PC?平面PAC，所以AD⊥PC. (2)因為E為CD的中點，所以 S△BEC＝S平行四邊形ABCD， 因為平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD， 所以PA⊥底面ABCD， 設(shè)F到底面ABCD的距離為h. 因為V三棱錐F－BEC＝V三棱錐B－EFC＝V四棱錐P－ABCD， 所以×S△BEC×

7、h＝××S平行四邊形ABCD×PA，所以h＝，則易得＝. 5．[2019·重慶10月月考]如圖1，在等腰梯形ABCD中，M為AB邊的中點，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，現(xiàn)在沿AC將△ABC折起使點B落到點P處，得到如圖2的三棱錐P－ACD. (1)在棱AD上是否存在一點N，使得PD平行于平面MNC？請證明你的結(jié)論； (2)當平面PAC⊥平面ACD時，求點A到平面PCD的距離． 解析：(1)當N為AD的中點時，滿足題意，證明如下： 由M，N分別為AP，AD的中點，可得MN為△APD的中位線，所以MN∥PD，又MN?平面MNC，PD?平面MNC，所以PD平行于平面MNC

8、. (2)在等腰梯形ABCD中，由AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，易得∠D＝，AC＝，AC⊥CD.因為AC⊥CD，平面PAC⊥平面ACD，AC為兩平面交線，CD?平面ACD，所以CD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以CD⊥PC， 所以S△PCD＝×PC×CD＝×1×1＝. 方法一　取AC的中點H，連接PH.由AP＝PC，可知PH⊥AC.又平面PAC⊥平面ACD，AC為平面PAC與平面ACD的交線，所以PH⊥平面ACD. 由CH＝AC＝，PC＝BC＝1，利用勾股定理求得PH＝，所以V三棱錐P－ACD＝S△ACD×PH＝×××1×＝. 設(shè)點A到平面PCD的距離為d，由V三

9、棱錐A－PCD＝V三棱錐P－ACD可知，d＝＝. 所以點A到平面PCD的距離為. 方法二　設(shè)點A到平面PCD的距離為d，則由V三棱錐D－PAC＝V三棱錐A－PCD，可得·S△PAC·CD＝·S△PCD·d. 在等腰三角形PAC中，S△PAC＝·AB·BC·sin＝， 所以d＝，所以點A到平面PCD的距離為. 6．[2019·安徽合肥六中二模] 《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學專著，它在幾何方面的研究比較深入．例如：塹堵是指底面為直角三角形的直三棱柱；陽馬是指底面為矩形，且一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐；鱉臑是指四個面都是直角三角形的三棱錐．在如圖所示的塹堵ABC－A1B1C1中，AC⊥B

10、C. (1)求證：四棱錐B－A1ACC1為陽馬．并判斷三棱錐A1－CBC1是否為鱉臑，若是，請寫出各個面中的直角(只寫出結(jié)論)． (2)若A1A＝AB＝2，當陽馬B－A1ACC1的體積最大時， ①求塹堵ABC－A1B1C1的體積； ②求點C到平面A1BC1的距離． 解析：(1)由塹堵的定義知，A1A⊥底面ABC，所以BC⊥A1A， 又BC⊥AC，A1A∩AC＝A， 所以BC⊥平面A1ACC1. 由塹堵的定義知，四邊形A1ACC1為矩形． 綜上，可知四棱錐B－A1ACC1為陽馬． 三棱錐A1－CBC1為鱉臑，四個面中的直角分別是∠A1CB，∠A1C1C，∠BCC1，∠A1C1B. (2)A1A＝AB＝2，由(1)易知陽馬B－A1ACC1的體積V陽馬B－A1ACC1＝S矩形A1ACC1×BC＝×A1A×AC×BC＝AC×BC≤(AC2＋BC2)＝×AB2＝，當且僅當AC＝BC＝時，陽馬B－A1ACC1的體積最大，最大值為. ①塹堵ABC－A1B1C1的體積V′＝S△ABC×AA1＝×××2＝2. ②由題意知，V三棱錐C－A1BC1＝V三棱錐B－A1C1C＝V陽馬B－A1ACC1＝. 設(shè)點C到平面A1BC1的距離為d，則S△A1BC1×d＝， 又A1C1＝，BC1＝＝，所以××××d＝，解得d＝. 故點C到平面A1BC1的距離為. 6