2022高考數(shù)學(xué)”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 文

《2022高考數(shù)學(xué)”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題分類練4 立體幾何 文 1．如圖57，已知多面體PE-ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，且PA⊥平面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2. 圖57 (1)證明：平面PAC⊥平面PCE； (2)若∠ABC＝60°，求點P到平面ACE的距離． [解]　(1)證明：連接BD，交AC于點O，設(shè)PC中點為F， 連接OF，EF. 因為O，F(xiàn)分別為AC，PC的中點，所以O(shè)F∥PA，且OF＝PA， 因為DE∥PA，且DE＝PA，所以O(shè)F∥DE，且OF＝DE. 所以四邊形OFED為平行四邊形，所以O(shè)D∥EF，即BD∥EF. 因為PA

2、⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD. 因為ABCD是菱形，所以BD⊥AC. 因為PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC, 因為BD∥EF，所以EF⊥平面PAC， 因為EF?平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE. (2)因為∠ABC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，所以AC＝2. 又因為PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴PA⊥AC，∴S△PAC＝×PA×AC＝2， 因為EF⊥面PAC，所以EF是三棱錐E-PAC的高， EF＝DO＝BO＝， ∴VP-ACE＝VE-PAC＝S△PAC×EF＝×2×＝， ∵DE∥PA，PA⊥平面ABCD， ∴

3、DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，DE⊥CD， ∵DE＝1，∴AE＝CE＝，∴S△ACE＝2×2×＝2， 所以點P到平面ACE的距離h＝＝＝. 2．如圖58，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是菱形，△PAD≌△BAD，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝4，PA＝PD，M在棱PD上運動． 圖58 (1)當(dāng)M在何處時，PB∥平面MAC； (2)已知O為AD的中點，AC與OB交于點E，當(dāng)PB∥平面MAC時，求三棱錐E-BCM的體積． [解]　(1)如圖，設(shè)AC與BD相交于點N， 當(dāng)M為PD的中點時，PB∥平面MAC， 證明：∵四邊形ABCD是菱形，可得：DN＝NB，

4、 又∵M為PD的中點，可得：DM＝MP，∴NM為△BDP的中位線，可得NM∥PB，又∵NM?平面MAC，PB?平面MAC，∴PB∥平面MAC. (2)∵O為AD的中點，PA＝PD，則OP⊥AD，又△PAD≌△BAD， ∴OB⊥AD，且OB＝2，又∵△AEO∽△CEB，∴＝＝. ∴BE＝OB＝.∴S△EBC＝×4×＝. 又∵OP＝4×＝2，點M為PD的中點， ∴M到平面EBC的距離為. ∴VE-BCM＝VM-EBC＝××＝. 3．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝CA＝AA1＝2，側(cè)棱AA1⊥平面ABC，且D，E分別是棱A1B1，AA1的中點，點F在棱AB上，且AF＝A

5、B. 圖59 (1)求證：EF∥平面BDC1； (2)求三棱錐D-BEC1的體積． [解]　(1)取AB的中點O，連接A1O， ∵AF＝AB，∴F為AO的中點，又E為AA1的中點，∴EF∥A1O， ∵A1D＝A1B1，BO＝AB，AB綊A1B1， ∴A1D綊BO，∴四邊形A1DBO為平行四邊形，∴A1O∥BD ， ∴EF∥BD，又EF?平面BDC1，BD?平面BDC1， ∴EF∥平面BDC1. (2)∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1D， ∵A1C1＝B1C1＝A1B1＝2，D為A1B1的中點， ∴C1D⊥A1B1，C1D

6、＝， 又AA1?平面AA1B1B，A1B1?平面AA1B1B，AA1∩A1B1＝A1， ∴C1D⊥平面AA1B1B， ∵AB＝AA1＝2，D，E分別為A1B1，AA1的中點， ∴S△BDE＝22－×1×2－×1×2－×1×1＝. ∴VD-BEC1＝VC1-BDE＝S△BDE·C1D＝××＝. 4．如圖60所示，在四棱錐P-ABCD中，△BCD，△PAD都是等邊三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且AD＝2AB＝4，CD＝2. 圖60 (1)求證：平面PCD⊥平面PAD； (2)E是AP上一點，當(dāng)BE∥平面PCD時，求三棱錐C-PDE的體積． [解]　(1)因為AD＝4，A

7、B＝2，BD＝2， 所以AD2＝AB2＋BD2，所以AB⊥BD，∠ADB＝30°，又因為△BCD是等邊三角形，所以∠ADC＝90°，所以DC⊥AD， 因為平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD，因為CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD. (2)過點B作BG∥CD交AD于G，過點G作EG∥PD交于AP于點E， 因為BG∥CD，BG?平面PCD，CD?平面PCD，所以BG∥平面PCD， 同理可得EG∥平面PCD，所以平面BEG∥平面PCD， 因為BE?平面BEG，所以BE∥平面PCD. 因為EG∥PD，所以＝，在直角三角形BGD

8、中，BD＝2，∠BDG＝30°， 所以DG＝2cos 30°＝3，所以＝＝， 在平面PAD內(nèi)過E作EH⊥PD于H， 因為CD⊥平面PAD，EH?平面PAD，所以CD⊥EH， 因為PD∩CD＝D，所以EH⊥平面PCD， 所以EH是點E到平面PCD的距離， 過點A作AM⊥PD于M，則AM＝×4＝2， 由AM∥EH，得＝＝，所以EH＝. 因為S△PCD＝×4×2＝4，所以VC-PDE＝×4×＝6. (教師備選) 1．如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長和底面邊長均為2，A1在底面ABC內(nèi)的射影O為底面△ABC的中心，如圖所示． (1)求異面直線AA1與BC1所

9、成角的大??； (2)求三棱錐C1-BCA1的體積． [解]　(1)連接AO，并延長與BC交于點D， 則D是BC邊上的中點． 因為點O是正△ABC的中心，且A1O⊥平面ABC， 所以BC⊥AD，BC⊥A1O. 因為AD∩A1O＝O， 所以BC⊥平面ADA1. 所以BC⊥AA1. 又AA1∥CC1，所以BC⊥CC1， 所以異面直線AA1與BC1所成的角為∠BC1C. 因為BC＝CC1＝2， 所以異面直線AA1與BC1所成角的大小為. (2)因為三棱柱的所有棱長都為2， 所以可求得AD＝，AO＝AD＝ ， A1O＝＝. 因為S△ABC＝×2×＝， 所以VABC-

10、A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2， VA1-BCC1B1＝VABC-A1B1C1－VA1-ABC＝. 所以VC1-BCA1＝VA1-BCC1＝VA1-BCC1B1＝. 2．如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．將△ABE沿BE折起到圖②中△A1BE的位置，得到四棱錐A1-BCDE. 圖①　　　　　　　　　圖② (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1-BCDE的體積為36，求a的值． [解]　(1)證明：在圖題①中，連接EC(圖略)， 因為AB＝B

11、C＝AD＝a，∠BAD＝90°，AD∥BC， E是AD的中點，所以四邊形ABCE為正方形， 所以BE⊥AC，即在圖題②中，BE⊥A1O，BE⊥OC. 又A1O∩OC＝O，從而BE⊥平面A1OC， 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC. (2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE， 又由(1)可知A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱錐A1-BCDE的高， 由圖1知，A1O＝AB＝a， 平行四邊形BCDE的面積S＝BC·AB＝a2， 從而四棱錐A1-BCDE的體積 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3， 由a3＝36，解得a＝6.