統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)11立體幾何文含解析

PAGE專題限時集訓(xùn)(十一)立體幾何1．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離．[解](1)證明：連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C．又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D．由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED．又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE(2)過點C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH從而CH⊥平面C1DE，故CH的長即為點C到平面C1DE的距離．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).從而點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點．過B1C1和P的平面交AB于E(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝eq\f(π,3)，求四棱錐B-EB1[解](1)證明：因為M，N分別為BC，B1C1的中點，所以MN∥CC1又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因為△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1所以平面A1AMN⊥平面EB1C(2)AO∥平面EB1C1F，AO?平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝又AP∥ON，故四邊形APNO是平行四邊形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝eq\f(1,3)AM＝eq\r(3)，PM＝eq\f(2,3)AM＝2eq\r(3)，EF＝eq\f(1,3)BC＝2.因為BC∥平面EB1C1F，所以四棱錐B-EB1C1F的頂點B究竟面EB1如圖，作MT⊥PN，垂足為T，則由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin底面EB1C1F的面積為eq\f(1,2)×(B1C1＋EF)×PN＝eq\f(1,2)(6＋2)×6＝24.所以四棱錐B-EB1C1F的體積為eq\f(1,3)×24×3＝24.3．(2024·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.圖1圖2(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．[解](1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，又BE，BC?面BCGE，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點M，連接EM，DM.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.4．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\UP10(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\UP10(︵))上異于C，D的點．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由．[解](1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因為M為eq\o(CD,\s\UP10(︵))上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)當P為AM的中點時，MC∥平面PBD．證明如下：如圖，連接AC，BD，AC交BD于O.因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點．連接OP，因為P為AM中點，所以MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD．1．(2024·懷仁模擬)如圖，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點，M，N分別是AB，PC的中點．(1)求證：MN∥平面PAD；(2)若MN＝BC＝4，PA＝4eq\r(3)，求異面直線PA與MN所成的角的大?。甗解](1)取PD的中點H，連接AH，NH，∵N是PC的中點，∴NH綊eq\f(1,2)DC．∵M是AB的中點，且DC綊AB，∴NH綊AM，即四邊形AMNH為平行四邊形．∴MN∥AH.又MN?平面PAD，AH?平面PAD，∴MN∥平面PAD．(2)連接AC并取其中點O，連接OM，ON.則OM綊eq\f(1,2)BC，ON綊eq\f(1,2)PA．∴∠ONM就是異面直線PA與MN所成的角，由MN＝BC＝4，PA＝4eq\r(3)，得OM＝2，ON＝2eq\r(3).∴MO2＋ON2＝MN2，∴∠ONM＝30°，即異面直線PA與MN成30°的角．2．(2024·汕頭一模)在四棱錐P-ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且有AB∥DC，AC＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB．(1)證明：BC⊥PA；(2)若PA＝PC＝eq\f(\r(2),2)AC＝eq\r(2)，Q在線段PB上，滿意PQ＝2QB，求三棱錐P-ACQ的體積．[解](1)證明：不妨設(shè)AB＝2a，則AC＝CD＝DA＝a由△ACD是等邊三角形，可得∠ACD＝eq\f(π,3)，∵AB∥DC，∴∠CAB＝eq\f(π,3).由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·coseq\f(π,3)＝3a2，即BC＝eq\r(3)a，∴BC2＋AC2＝AB2.∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC．又平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD＝AC，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面PAC，∵PA?平面PAC，∴BC⊥PA．(2)依題意得，PA⊥PC，VP-ACQ＝VQ-PAC＝eq\f(2,3)VB-PAC＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)S△PAC×BC＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×2eq\r(3)＝eq\f(4\r(3),9).3．(2024·深圳二模)如圖所示，四棱錐S-ABCD中，SA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝SA＝1，BC＝2，M為SB的中點．(1)求證：AM∥平面SCD；(2)求點B到平面SCD的距離．[解](1)證明：取SC的中點N，連接MN和DN，∵M為SB的中點，∴MN∥BC，且MN＝eq\f(1,2)BC，∵∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝1，BC＝2，∴AD∥BC，且AD＝eq\f(1,2)BC，∴AD綊MN，∴四邊形AMND是平行四邊形，∴AM∥DN，∵AM?平面SCD，DN?平面SCD，∴AM∥平面SCD．(2)∵AB＝AS＝1，M為SB的中點，∴AM⊥SB，∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BC，∵∠ABC＝∠BAD＝90°，∴BC⊥AB，∴BC⊥平面SAB,∴BC⊥AM，∴AM⊥平面SBC．由(1)可知AM∥DN，∴DN⊥平面SBC，∵DN?平面SCD，∴平面SCD⊥平面SBC，作BE⊥SC交SC于E，則BE⊥平面SCD，在直角三角形SBC中，eq\f(1,2)SB·BC＝eq\f(1,2)SC·BE，∴BE＝eq\f(SB·BC,SC)＝eq\f(2\r(2),\r(6))＝eq\f(2\r(3),3)，即點B到平面SCD的距離為eq\f(2\r(3),3).4．(2024·長沙模擬)如圖，已知三棱錐P-ABC的平面綻開圖中，四邊形ABCD為邊長等于eq\r(2)的正方形，△ABE和△BCF均為正三角形，在三棱錐P-ABC中．(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)求三棱錐P-ABC的表面積和體積．[解](1)設(shè)AC的中點為O，連接BO，PO.由題意，得PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1.因為在△PAC中，PA＝PC，O為AC的中點，所以PO⊥AC．因為在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝eq\r(2)，PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．因為AC∩OB＝O，AC，OB?平面ABC，所以PO⊥平面ABC，因為PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)三棱錐P-ABC的表面積S＝2×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＋2×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2＝2＋eq\r(3)，由(1)知，PO⊥平面ABC，所以三棱錐P-ABC的體積為V＝eq\f(1,3)S△ABC×PO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×1＝eq\f(1,3).1.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是直角梯形，AD⊥DC，AB＝1，AD＝DC＝2，AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD，F(xiàn)為A1B1(1)在圖中畫出一個過BC1且與AF平行的平面(要求寫出作法)；(2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1[解](1)在平面CDD1C1中，過D作DP∥AF，交C1D1于P，在平面CDD1C1中，過C1作C1E∥DP，交CD于E，連接BE，此時AF∥C1E，∴過BC1且與AF平行的平面為平面BEC(2)∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1AD⊥DC，AB＝1，AD＝DC＝2，AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD，∴四棱柱ABCD-A1B1C1D1S＝2S梯形ABCD＋S矩形ABB1A1＋S矩形ADD1A1＋S矩形DCC1D1＋S矩形BCC1B1＝2×eq\f(1＋2,2)×2＋1×2＋2×2＋2×2＋eq\r(22＋12)×2＝16＋2eq\r(5).2.如圖，在三棱柱FAB-EDC中，側(cè)面ABCD是菱形，G是邊AD的中點．平面ADEF⊥平面ABCD，∠ADE＝90°.(1)求證：AC⊥BE；(2)在線段BE上求點M(說明M點的詳細位置)，使得DE∥平面GMC，并證明你的結(jié)論．[解](1)證明：如圖，連接BD，則由四邊形ABCD是菱形可得AC⊥BD，∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，且DE⊥AD,∴DE⊥平面ABCD．又AC?平面ABCD,∴AC⊥DE.∵BD∩DE＝D,∴AC⊥平面BDE，∵BE?平面BDE,∴AC⊥BE.(2)設(shè)BD∩CG＝O，在△BDE中，過O作DE的平行線交BE于點M，M點即為所求的點．∵OM在平面MGC內(nèi)，DE不在平面MGC內(nèi)，且OM∥DE,∴DE∥平面MGC．∵四邊形ABCD為菱形，且G是AD的中點，∴△DOG∽△BOC，且eq\f(OD,OB)＝eq\f(DG,BC)＝eq\f(1,2)，又OM∥DE，于是eq\f(EM,MB)＝eq\f(OD,OB)＝eq\f(1,2)，故點M為線段BE上靠近點E的三等分點．3．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E為AB的中點，沿DE將△ADE折起，使得點A到點P位置，且PE⊥EB，M為PB的中點，N是BC上的動點(與點B，C不重合)．(1)求證：平面EMN⊥平面PBC；(2)設(shè)三棱錐B-EMN和四棱錐P-EBCD的體積分別為V1和V2，當N為BC中點時，求eq\f(V1,V2)的值．[解](1)證明：∵PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，∴PE⊥平面EBCD，又PE?平面PEB，∴平面PEB⊥平面EBCD，∵BC?平面EBCD，BC⊥EB，∴平面PBC⊥平面PEB．∵PE＝EB，PM＝MB，∴EM⊥PB，∵BC∩PB＝B，∴EM⊥平面PBC，又∵EM?平面EMN，∴平面EMN⊥平面PBC．(2)∵N是BC的中點，∴eq\f(S△EBN,S四邊形EBCD)＝eq\f(\f(1,2)EB·BN,EB·BC)＝eq\f(1,4)，點M，P到平面EBCD的距離之比為eq\f(1,2)，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)S△EBN,\f(1,3)S四邊形EBCD)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,4)＝eq\f(1,8).4.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，D是AC(1)求證：B1C∥平面A1BD(2)若∠A1AB＝∠ACB＝60°，AB＝BB1，AC＝2，BC＝1，求三棱錐C-AA1B的體積．[解](1)連接AB1交A1B于點O，則O為AB1的中點，∵D是AC的中點，∴OD∥B1C又OD?平面A1BD，B1C?平面A1BD∴B1C∥平