2018屆數(shù)學復習專題四立體幾何課時作業(yè)（含解析）文

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE12學必求其心得，業(yè)必貴于專精立體幾何1．（2017·南寧模擬）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，點M在線段PC上，且PM＝2MC，N為AD的中點．(1）求證：AD⊥平面PNB;（2）若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱錐P－NBM的體積．解：(1)證明:∵PA＝PD，N為AD的中點,∴PN⊥AD.∵底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，∴BN⊥AD.∵PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB。(2)∵PA＝PD＝AD＝2.∴PN＝NB＝eq\r（3)?！咂矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD.∴PN⊥平面ABCD,∴PN⊥NB，∴S△PNB＝eq\f(1，2)×eq\r（3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2）.∵AD⊥平面PNB，AD∥BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM＝2MC，∴VP－NBM＝VM－PNB＝eq\f(2,3）VC－PNB＝eq\f（2，3）×eq\f（1,3)×eq\f（3，2）×2＝eq\f（2，3).2．(2017·山西四校聯(lián)考)如圖，AB是圓O的直徑，點C在圓O上，矩形DCBE所在的平面垂直于圓O所在的平面，AB＝4,BE＝1。(1）證明：平面ADE⊥平面ACD;（2)當三棱錐C－ADE的體積最大時,求點C到平面ADE的距離．解：(1)證明：∵AB是直徑,∴BC⊥AC.又四邊形DCBE為矩形，∴CD⊥DE，BC∥DE，∴DE⊥AC?！逤D∩AC＝C,∴DE⊥平面ACD.又DE?平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD.(2）由（1)知VC－ADE＝VE－ACD＝eq\f(1，3)×S△ACD×DE＝eq\f(1,3）×eq\f（1,2）×AC×CD×DE＝eq\f(1,6）×AC×BC≤eq\f(1，12）×（AC2＋BC2）＝eq\f（1，12）×AB2＝eq\f(4，3）.當且僅當AC＝BC＝2eq\r(2）時等號成立．∴當AC＝BC＝2eq\r（2）時，三棱錐C－ADE的體積最大，為eq\f(4，3)。此時，AD＝eq\r(12＋2\r（2）2）＝3，S△ADE＝eq\f（1,2）×AD×DE＝3eq\r（2)，設點C到平面ADE的距離為h，則VC－ADE＝eq\f(1,3)×S△ADE×h＝eq\f（4，3），h＝eq\f（2\r(2）,3）.3．（2017·長春模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中,底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，點E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點．（1)求證:直線AF∥平面PEC;(2）求三棱錐P－BEF的表面積．解：(1)證明:如圖，作FM∥CD交PC于M，連接ME.∵點F為PD的中點，∴FM綊eq\f（1,2)CD，又AE綊eq\f（1，2）CD，∴AE綊FM，∴四邊形AEMF為平行四邊形，∴AF∥EM，∵AF?平面PEC，EM?平面PEC，∴直線AF∥平面PEC。（2）連接ED,BD，可知ED⊥AB，eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(PD⊥平面ABCD,AB?平面ABCD））?PD⊥AB,DE⊥AB））eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(?AB⊥平面PEF，PE，F(xiàn)E?平面PEF））?AB⊥PE，AB⊥FE。故S△PEF＝eq\f（1,2)PF×ED＝eq\f(1，2)×eq\f（1，2)×eq\f（\r（3），2）＝eq\f（\r(3),8);S△PBF＝eq\f(1,2)PF×BD＝eq\f(1,2)×eq\f（1,2)×1＝eq\f（1，4)；S△PBE＝eq\f(1,2)PE×EB＝eq\f(1，2）×eq\f（\r（7），2)×eq\f(1，2)＝eq\f(\r(7),8);S△BEF＝eq\f（1，2)EF×EB＝eq\f(1,2）×1×eq\f(1，2）＝eq\f（1,4）。因此三棱錐P－BEF的表面積SP－BEF＝S△PEF＋S△PBF＋S△PBE＋S△BEF＝eq\f(4＋\r（3）＋\r（7),8）.1．在如圖①所示的半圓O中，AB為直徑，C為半圓O（A，B除外）上任一點,D、E分別在AO、AC上,DE⊥AB.現(xiàn)將△ABC沿DE折起使得AD⊥BD，從而構成四棱錐A－BCED,如圖②所示．（1）在圖②中,若F是BC上的點，且EC∥平面ADF，求證：BC⊥AF；(2)若翻折前DC＝eq\r（7），AD＝1，∠BAC＝30°，求翻折后四棱錐A－BCED的體積．解:（1）證明：因為EC∥平面ADF，平面BCED∩平面ADF＝DF，所以EC∥DF.由已知可得EC⊥BC，所以DF⊥BC。又AD⊥BD,AD⊥DE，DE∩BD＝D，所以AD⊥平面BCED，又BC?平面BCED，所以AD⊥BC.又AD∩DF＝D，所以BC⊥平面ADF。又AF?平面ADF，所以BC⊥AF。(2)設半圓O的半徑為R，在圖中連接OC，因為∠BAC＝30°，AB⊥DE，AC⊥BC,AD＝1，所以DE＝AD·tan30°＝eq\f（\r（3），3），∠AOC＝120°,DO＝R－1，OC＝R。又DC＝eq\r（7),在△OCD中，由余弦定理得DC2＝OD2＋OC2－2OD·OC·cos120°，即7＝(R－1）2＋R2－2(R－1）·R·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2））），即（R－2)(R＋1）＝0，解得R＝2或R＝－1（舍去)．所以AC＝2R·cos30°＝2eq\r（3），BC＝2R·sin30°＝2。所以S四邊形BCED＝S△ABC－S△ADE＝eq\f(1，2）×2eq\r(3）×2－eq\f（1，2）×1×eq\f（\r(3),3）＝eq\f（11\r（3)，6）.由(1）知四棱錐A－BCED的高為AD＝1，所以四棱錐A－BCED的體積為V＝eq\f（1,3)×AD×S四邊形BCED＝eq\f(1,3)×1×eq\f（11\r（3）,6）＝eq\f(11\r（3)，18）。2．如圖所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥BC，且A1A＝AB＝BC＝1，（1)求證：AB1⊥平面A1BC；(2)在線段CD上是否存在點N，使得D1N∥平面A1BC？若存在,求出三棱錐N－AA1C解：（1）證明:因為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以A1A因為AB⊥BC，AB∩A1A＝A，所以BC⊥平面AA1B1B又AB1?平面AA1B1B，所以AB1⊥BC.因為A1A⊥AB，A1A＝AB＝1,所以四邊形AA1B1B是正方形,所以AB1⊥A1因為A1B∩BC＝B，所以AB1⊥平面A1BC.(2)法1：存在，當N為CD的中點時,D1N∥平面A1BC。理由如下：若N為CD的中點，連接BN,因為AB∥CD，AB＝BC＝1,CD＝2，所以AB∥DN,AB＝DN，所以四邊形ABND為平行四邊形，所以BN∥AD,BN＝AD.在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,AD∥A1D1，AD＝A1D1，所以BN＝A1D1，BN∥A1D1，所以四邊形A1BND1為平行四邊形，所以A1B∥D1N又D1N?平面A1BC，A1B?平面A1BC，所以D1N∥平面A1BC.易知S△ACN＝S△BCN＝eq\f(1，2)CN×BC＝eq\f(1,2）×1×1＝eq\f（1,2），又A1A⊥平面ABCD,A1所以V三棱錐N－AA1C＝V三棱錐A1－ACN＝eq\f（1,3）S△ACN×A1A＝eq\f(1，3)×eq\f（1,2）×1＝eq\f(1，6)，即三棱錐N－AA1C的體積為eq\f（1，6).法2:存在,當N為CD的中點時，D1N∥平面A1BC。理由如下：若N為CD的中點，取C1D1的中點M，連接BN，A1M,MC，如圖所示,因為在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1B1∥C1D1，A1B1＝1,C1D1＝2，所以A1B1∥MC1,A1B1＝MC1，所以四邊形A1B1C1M為平行四邊形，所以A1M∥B1C1，又BC∥B1C1,BC＝B1C1，所以A1M∥BC,A1M＝BC,所以四邊形A1BCM為平行四邊形，所以A1B∥CM.又D1M＝NC＝1，D1M∥NC,所以四邊形D1MCN為平行四邊形，所以MC∥D1N，所以D1又D1N?平面A1BC,且A1B?平面A1BC，所以D1N∥平面A1BC。易知S△ACN＝S△BCN＝eq\f（1，2)CN×BC＝eq\f(1，2)×1×1＝eq\f(1,2)，又AA1⊥平面ABCD，A