《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練4 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練4 文（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練4 文 1.(xx福建質(zhì)檢)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,AA1⊥底面ABC,M為A1B1的中點(diǎn). (1)求證:B1C∥平面AMC1; (2)若BB1=5,且沿側(cè)棱BB1展開三棱柱的側(cè)面,得到的側(cè)面展開圖的對(duì)角線長(zhǎng)為13,求三棱錐B1-AMC1的體積. 2.如圖,在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四邊形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°. (1)證明:AA1⊥BD; (2)證明:CC1∥平面A1

2、BD. 3.(xx江西,文19)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥BC,A1B⊥BB1. (1)求證:A1C⊥CC1; (2)若AB=2,AC=,BC=,問AA1為何值時(shí),三棱柱ABC-A1B1C1體積最大,并求此最大值. 4.如圖①所示,在Rt△ABC中,AC=6,BC=3,∠ABC=90°,CD為∠ACB的平分線,點(diǎn)E在線段AC上,CE=4.如圖②所示,將△BCD沿CD折起,使得平面BCD⊥平面ACD,連接AB,BE,設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn). 圖①

3、 圖② (1)求證:DE⊥平面BCD; (2)若EF∥平面BDG,其中G為直線AC與平面BDG的交點(diǎn),求三棱錐B-DEG的體積. 5.如圖,在三棱錐P-ABC中,PB⊥底面ABC,∠BCA=90°,PB=BC=CA=4,E為PC的中點(diǎn),M為AB的中點(diǎn),點(diǎn)F在PA上,且AF=2FP. (1)求證:CM∥平面BEF; (2)求證:BE⊥平面PAC; (3)求三棱錐B-PAE的體積. 6.(xx重慶,文20)如圖,四棱錐P-ABCD中,底

4、面是以O(shè)為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M為BC上一點(diǎn),且BM=. (1)證明:BC⊥平面POM; (2)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積. 答案：1.(1)證明:如圖,連接A1C,交AC1于點(diǎn)O,連接OM. ∵三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面是矩形,∴O為A1C的中點(diǎn). 又M為A1B1的中點(diǎn),∴OM∥B1C. 又OM?平面AMC1,B1C?平面AMC1, ∴B1C∥平面AMC1. (2)解:∵三棱柱側(cè)面展開圖是矩形,且對(duì)角線長(zhǎng)為13,側(cè)棱BB1=5, ∴三棱柱底面周長(zhǎng)為=12. 又三棱柱的底面是正

5、三角形, ∴A1C1=4,B1M=2,C1M=2. ∴B1M·C1M=×2×2=2, ∴·AA1 =×2×5=, 即三棱錐B1-AMC1的體積為. 2.證明:(1)方法一:因?yàn)镈1D⊥平面ABCD,且BD?平面ABCD, 所以D1D⊥BD. 又因?yàn)锳B=2AD,∠BAD=60°, 在△ABD中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos 60°=3AD2, 所以AD2+BD2=AB2. 所以AD⊥BD. 又AD∩D1D=D, 所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1, 故AA1⊥BD. 方法二:因?yàn)镈1D⊥平面ABCD,且BD?平

6、面ABCD, 所以BD⊥D1D. 如圖,取AB的中點(diǎn)G,連接DG, 在△ABD中,由AB=2AD,得AG=AD. 又∠BAD=60°, 所以△ADG為等邊三角形. 因此GD=GB, 故∠DBG=∠GDB. 因?yàn)椤螦GD=60°, 所以∠GDB=30°. 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°, 所以BD⊥AD. 又AD∩D1D=D, 所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1, 故AA1⊥BD. (2)如圖,連接AC,A1C1, 設(shè)AC∩BD=E,連接EA1. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形, 所以EC=AC. 由棱

7、臺(tái)定義及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC, 所以四邊形A1ECC1為平行四邊形, 所以CC1∥A1E. 又EA1?平面A1BD,CC1?平面A1BD, 所以CC1∥平面A1BD. 3.(1)證明:由AA1⊥BC知BB1⊥BC,又BB1⊥A1B, 故BB1⊥平面BCA1,即BB1⊥A1C, 又BB1∥CC1, 所以A1C⊥CC1. (2)解法一:設(shè)AA1=x, 在Rt△A1BB1中,A1B=, 同理,A1C=. 在△A1BC中, cos∠BA1C= =-, sin∠BA1C=, 所以A1B·A1C·sin∠BA1C=. 從而三棱柱ABC-

8、A1B1C1的體積V=·AA1=. 因x =, 故當(dāng)x=時(shí),即AA1=時(shí),體積V取到最大值. 解法二:過A1作BC的垂線,垂足為D,連接AD. 由AA1⊥BC,A1D⊥BC,故BC⊥平面AA1D,BC⊥AD. 又∠BAC=90°, 所以S△ABC=AD·BC=AB·AC得AD=. 設(shè)AA1=x,在Rt△AA1D中, A1D=, A1D·BC=. 從而三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=·AA1=. 因x =, 故當(dāng)x=時(shí),即AA1=時(shí),體積V取到最大值. 4.(1)證明:∵AC=6,BC=3,∠ABC=90°, ∴∠ACB=60°. ∵CD為∠ACB的平分

9、線, ∴∠BCD=∠ACD=30°. ∴CD=2. ∵CE=4,∠DCE=30°, ∴DE2=CE2+CD2-2CE·CD·cos 30°=4. ∴DE=2,則CD2+DE2=EC2. ∴∠CDE=90°,DE⊥DC. 又∵平面BCD⊥平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,DE?平面ACD, ∴DE⊥平面BCD. (2)解:∵EF∥平面BDG,EF?平面ABC,平面ABC∩平面BDG=BG, ∴EF∥BG. ∵點(diǎn)E在線段AC上,CE=4,點(diǎn)F是AB的中點(diǎn), ∴AE=EG=CG=2. 如圖,作BH⊥CD于H. ∵平面BCD⊥平面ACD, ∴BH⊥平面ACD.

10、 由條件得BH=, S△DEG=S△ACD=AC·CD·sin 30°=, ∴三棱錐B-DEG的體積 V=S△DEG·BH =. 5.(1)證明:取AF的中點(diǎn)G,連接CG,GM, 因?yàn)镋為PC中點(diǎn),FA=2FP, 所以EF∥CG. 又CG?平面BEF,EF?平面BEF, 所以CG∥平面BEF. 同理可證:GM∥平面BEF. 又CG∩GM=G,所以平面CMG∥平面BEF. 因?yàn)镃M?平面CMG,所以CM∥平面BEF. (2)證明:因?yàn)镻B⊥底面ABC,且AC?底面ABC, 所以PB⊥AC. 由∠BCA=90°,得AC⊥CB. 又因?yàn)镻B∩CB=B,所以AC⊥

11、平面PBC. 因?yàn)锽E?平面PBC,所以AC⊥BE. 因?yàn)镻B=BC,E為PC中點(diǎn), 所以BE⊥PC. 因?yàn)镻C∩AC=C,所以BE⊥平面PAC. (3)解:由(2)可知BE⊥平面PAC,AC⊥平面PBC, PC==4. 又由已知可得BE=2. 因?yàn)镻E=PC=2, 所以S△APE=S△PAC =AC·PC=4. 所以VB-PAE=S△PAE·BE=. 故三棱錐B-PAE的體積為. 6.(1)證明:如圖,因ABCD為菱形,O為菱形中心,連接OB,則AO⊥OB. 因∠BAD=,故OB=AB·sin∠OAB =2sin=1, 又因BM=,且∠OBM=,在△OBM

12、中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2·1··cos. 所以O(shè)B2=OM 2+BM 2,故OM⊥BM. 又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC. 從而BC與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM. (2)解:由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos. 設(shè)PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形, 故PA2=PO2+OA2=a2+3. 由△POM也是直角三角形, 故PM2=PO2+OM2= a2+. 連接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2·2··cos. 由已知MP⊥AP,故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2, 即a2+3+a2+, 得a=,a=-(舍去), 即PO=. 此時(shí)SABMO=S△AOB+S△OMB =·AO·OB+·BM·OM =×1+. 所以四棱錐P-ABMO的體積VP-ABMO=·SABMO·PO=.