《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題五 立體幾何 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練17 空間中的垂直、夾角及幾何體的體積 文》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題五 立體幾何 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練17 空間中的垂直、夾角及幾何體的體積 文（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題五 立體幾何 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練17 空間中的垂直、夾角及幾何體的體積 文 1. (2018江蘇,15)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求證:(1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 2. 如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF⊥平面ACFD; (2)求直線(xiàn)BD與平面ACFD所成角的余弦值. 3.由四棱柱ABCD-A1

2、B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點(diǎn),E為AD的中點(diǎn),A1E⊥平面ABCD. (1)證明:A1O∥平面B1CD1; (2)設(shè)M是OD的中點(diǎn),證明:平面A1EM⊥平面B1CD1. 4. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD是等邊三角形,已知BD=2AD=8,AB=2DC=4. (1)設(shè)M是PC上的一點(diǎn),證明:平面MBD⊥平面PAD; (2)求四棱錐P-ABCD的體積. 5. 如圖,在四棱錐P-

3、ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,∠ADC=45°,AD=AC=2,O為AC的中點(diǎn),PO⊥平面ABCD,且PO=6,M為PD的中點(diǎn). (1)證明:AD⊥平面PAC; (2)求直線(xiàn)AM與平面ABCD所成角的正切值. 6.(2018北京,文18) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn). 求證:(1)PE⊥BC; (2)平面PAB⊥平面PCD; (3)EF∥平面PCD. 7.如圖①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90

4、°,AB=BC=2,AD=6,CE⊥AD于點(diǎn)E,把△DEC沿CE折到D'EC的位置,使D'A=2,如圖②.若G,H分別為D'B,D'E的中點(diǎn). (1)求證:GH⊥D'A; (2)求三棱錐C-D'BE的體積. 8. 如圖,在四棱錐S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,側(cè)面SAB為等邊三角形,AB=BC=2,CD=SD=1. (1)證明:SD⊥平面SAB; (2)求四棱錐S-ABCD的高. 專(zhuān)題對(duì)點(diǎn)練17答案 1.證明 (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1. 因?yàn)锳B?平面A1B1C,A1B1

5、?平面A1B1C, 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因?yàn)锳A1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形, 因此AB1⊥A1B. 又因?yàn)锳B1⊥B1C1,BC∥B1C1, 所以AB1⊥BC. 又因?yàn)锳1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC. 因?yàn)锳B1?平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 2.(1)證明 延長(zhǎng)AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示. 因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC,且AC⊥BC, 所以AC⊥平面BCK, 因此BF

6、⊥AC. 又因?yàn)镋F∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2, 所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),則BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD. (2)解 因?yàn)锽F⊥平面ACK, 所以∠BDF是直線(xiàn)BD與平面ACFD所成的角. 在Rt△BFD中,BF=,DF=, 得cos∠BDF=, 所以,直線(xiàn)BD與平面ACFD所成角的余弦值為. 3.證明 (1)取B1D1的中點(diǎn)O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD

7、1,所以A1O∥平面B1CD1. (2)因?yàn)锳C⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點(diǎn),所以EM⊥BD, 又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD,因?yàn)锽1D1∥BD, 所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1. 又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E, 所以B1D1⊥平面A1EM, 又B1D1?平面B1CD1, 所以平面A1EM⊥平面B1CD1. 4.(1)證明 在△ABD中,因?yàn)锳D=4,BD=8,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,BD?平面ABCD, 所以B

8、D⊥平面PAD.又BD?平面MBD, 故平面MBD⊥平面PAD. (2)解 過(guò)點(diǎn)P作PO⊥AD交AD于點(diǎn)O, 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD,所以PO為四棱錐P-ABCD的高. 又△PAD是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形,因此PO=×4=2. 在底面四邊形ABCD中,AB∥DC,AB=2DC, 所以四邊形ABCD是梯形.在Rt△ADB中,斜邊AB邊上的高為, 此即為梯形ABCD的高,所以四邊形ABCD的面積為S==24. 故VP-ABCD=×24×2=16. 5.(1)證明 ∵PO⊥平面ABCD,且AD?平面ABCD,∴PO⊥AD. ∵∠ADC=45°,

9、且AD=AC=2,∴∠ACD=45°,∴∠DAC=90°,∴AD⊥AC. ∵AC?平面PAC,PO?平面PAC,且AC∩PO=O, ∴AD⊥平面PAC. (2)解 取DO的中點(diǎn)N,連接MN,AN, 由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD, ∴∠MAN是直線(xiàn)AM與平面ABCD所成的角. ∵M(jìn)為PD的中點(diǎn),∴MN∥PO,且MN=PO=3,AN=DO=. 在Rt△ANM中,tan∠MAN=, 即直線(xiàn)AM與平面ABCD所成角的正切值為. 6.證明 (1)∵PA=PD,且E為AD的中點(diǎn), ∴PE⊥AD. ∵底面ABCD為矩形,∴BC∥AD, ∴PE⊥BC. (2)∵底面

10、ABCD為矩形,∴AB⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD, ∴AB⊥平面PAD. ∴AB⊥PD.又PA⊥PD,PA∩AB=A, ∴PD⊥平面PAB.∵PD?平面PCD, ∴平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖,取PC的中點(diǎn)G,連接FG,GD. ∵F,G分別為PB和PC的中點(diǎn),∴FG∥BC,且FG=BC. ∵四邊形ABCD為矩形,且E為AD的中點(diǎn), ∴ED∥BC,ED=BC, ∴ED∥FG,且ED=FG,∴四邊形EFGD為平行四邊形, ∴EF∥GD. 又EF?平面PCD,GD?平面PCD, ∴EF∥平面PCD. 7.(1)證明 連接BE,GH,AC,在△AED'

11、中, ED'2=AE2+AD'2,可得AD'⊥AE.又DC==2, AC=2,可得AC2+AD'2=CD'2,可得AD'⊥AC. 因?yàn)锳E∩AC=A,所以AD'⊥平面ABCE,所以AD'⊥BE. 又G,H分別為D'B,D'E的中點(diǎn),所以GH∥BE,所以GH⊥D'A. (2)解 設(shè)三棱錐C-D'BE的體積為V, 則V=S△BCE·AD'=×2×2×2. 8.(1)證明 如圖,取AB的中點(diǎn)E,連接DE,SE,則四邊形BCDE為矩形, ∴DE=CB=2, ∴AD=. ∵側(cè)面SAB為等邊三角形,AB=2, ∴SA=SB=AB=2,且SE=. 又SD=1, ∴SA2+SD2=AD2,SB2+SD2=BD2, ∴SD⊥SA,SD⊥SB. ∵SA∩SB=S,∴SD⊥平面SAB. (2)解 設(shè)四棱錐S-ABCD的高為h,則h也是三棱錐S-ABD的高. 由(1)知,SD⊥平面SAB,由VS-ABD=VD-SAB,得S△ABD·h=S△SAB·SD. 又S△ABD=AB·DE=×2×2=2,S△SAB=AB2=×22=,SD=1, 所以h=. 故四棱錐S-ABCD的高為.