《（新課標(biāo) 全國(guó)I卷）2010-2019學(xué)年高考數(shù)學(xué) 真題分類匯編 專題07 立體幾何（2）文（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo) 全國(guó)I卷）2010-2019學(xué)年高考數(shù)學(xué) 真題分類匯編 專題07 立體幾何（2）文（含解析）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題7 立體幾何（2） 立體幾何大題：10年10考，每年1題．第1小題多為證明垂直問題，第2小題多為體積計(jì)算問題（2014年是求高）． 1．（2019年）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的中點(diǎn)． （1）證明：MN∥平面C1DE； （2）求點(diǎn)C到平面C1DE的距離． 【解析】（1）連結(jié)B1C，ME，∵M(jìn)，E分別是BB1，BC的中點(diǎn)， ∴ME∥B1C，又N為A1D的中點(diǎn)，∴ND＝A1D， 由題設(shè)知A1B1DC，∴B1CA1D，∴MEND， ∴四邊形MNDE是平行四邊形， ∴MN∥

2、ED， 又MN?平面C1DE，∴MN∥平面C1DE． （2）過C作C1E的垂線，垂足為H， 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C， ∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH， ∴CH⊥平面C1DE，故CH的長(zhǎng)即為C到時(shí)平面C1DE的距離， 由已知可得CE＝1，CC1＝4， ∴C1E＝，故CH＝， ∴點(diǎn)C到平面C1DE的距離為． 2．（2018年）如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC為折痕將△ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DA． （1）證明：平面ACD⊥平面ABC； （2）Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝DA，求三

3、棱錐Q﹣ABP的體積． 【解析】（1）∵在平行四邊形ABCM中，∠ACM＝90°，∴AB⊥AC， 又AB⊥DA．且AD∩AC＝A， ∴AB⊥面ADC，∵AB?面ABC， ∴平面ACD⊥平面ABC； （2）∵AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，∴AD＝AM＝， ∴BP＝DQ＝DA＝， 由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC， ∴三棱錐Q﹣ABP的體積V＝ ＝＝＝1． 3．（2017年）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°． （1）證明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P﹣

4、ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積． 【解析】（1）∵在四棱錐P﹣ABCD中，∠BAP＝∠CDP＝90°， ∴AB⊥PA，CD⊥PD， 又AB∥CD，∴AB⊥PD， ∵PA∩PD＝P，∴AB⊥平面PAD， ∵AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD． （2）設(shè)PA＝PD＝AB＝DC＝a，取AD中點(diǎn)O，連結(jié)PO， ∵PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，平面PAB⊥平面PAD， ∴PO⊥底面ABCD，且AD＝＝，PO＝， ∵四棱錐P﹣ABCD的體積為， 由AB⊥平面PAD，得AB⊥AD， ∴VP﹣ABCD＝＝＝＝＝， 解得a＝2， ∴PA＝PD＝AB＝DC＝

5、2，AD＝BC＝，PO＝， ∴PB＝PC＝＝， ∴該四棱錐的側(cè)面積：S側(cè)＝S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC ＝+++ ＝ ＝6+． 4．（2016年）如圖，已知正三棱錐P﹣ABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6，頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E，連接PE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G． （1）證明：G是AB的中點(diǎn)； （2）在圖中作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F（說明作法及理由），并求四面體PDEF的體積． 【解析】（1）∵P﹣ABC為正三棱錐，且D為頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影， ∴PD⊥平面ABC，則PD⊥AB， 又E為D在平面P

6、AB內(nèi)的正投影， ∴DE⊥面PAB，則DE⊥AB， ∵PD∩DE＝D， ∴AB⊥平面PDE，連接PE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G， 則AB⊥PG， 又PA＝PB， ∴G是AB的中點(diǎn)； （2）在平面PAB內(nèi)，過點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)的正投影． ∵正三棱錐P﹣ABC的側(cè)面是直角三角形， ∴PB⊥PA，PB⊥PC， 又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，因此EF⊥平面PAC， 即點(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的正投影． 連結(jié)CG，因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心． 由（1）知，G是AB的中點(diǎn)，所以D在CG上，故CD＝CG．

7、由題設(shè)可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC． 由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PG＝，PE＝． 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2． 所以四面體PDEF的體積V＝×DE×S△PEF＝×2××2×2＝． 5．（2015年）如圖，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點(diǎn)，BE⊥平面ABCD． （1）證明：平面AEC⊥平面BED； （2）若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E﹣ACD的體積為，求該三棱錐的側(cè)面積． 【解析】（1）∵四邊形ABCD為菱形， ∴AC⊥BD， ∵BE⊥平面AB

8、CD， ∴AC⊥BE， 則AC⊥平面BED， ∵AC?平面AEC， ∴平面AEC⊥平面BED； （2）設(shè)AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，得AG＝GC＝x，GB＝GD＝， ∵BE⊥平面ABCD， ∴BE⊥BG，則△EBG為直角三角形， ∴EG＝AC＝AG＝x， 則BE＝＝x， ∵三棱錐E﹣ACD的體積V＝＝＝， 解得x＝2，即AB＝2， ∵∠ABC＝120°， ∴AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BCcosABC＝4+4﹣2×＝12， 即AC＝， 在三個(gè)直角三角形EBA，EBD，EBC中，斜邊AE＝EC＝ED， ∵AE⊥EC，∴△EAC為等腰三角形

9、， 則AE2+EC2＝AC2＝12， 即2AE2＝12， ∴AE2＝6， 則AE＝， ∴從而得AE＝EC＝ED＝， ∴△EAC的面積S＝＝3， 在等腰三角形EAD中，過E作EF⊥AD于F， 則AE＝，AF＝＝， 則EF＝， ∴△EAD的面積和△ECD的面積均為S＝＝， 故該三棱錐的側(cè)面積為3+． 6．（2014年）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點(diǎn)為O，且AO⊥平面BB1C1C． （1）證明：B1C⊥AB； （2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高． 【解析】（1）連接BC1

10、，則O為B1C與BC1的交點(diǎn)， ∵側(cè)面BB1C1C為菱形， ∴BC1⊥B1C， ∵AO⊥平面BB1C1C， ∴AO⊥B1C， ∵AO∩BC1＝O， ∴B1C⊥平面ABO， ∵AB?平面ABO， ∴B1C⊥AB； （2）作OD⊥BC，垂足為D，連接AD，作OH⊥AD，垂足為H， ∵BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O， ∴BC⊥平面AOD， ∴OH⊥BC， ∵OH⊥AD，BC∩AD＝D， ∴OH⊥平面ABC， ∵∠CBB1＝60°， ∴△CBB1為等邊三角形， ∵BC＝1，∴OD＝， ∵AC⊥AB1，∴OA＝B1C＝， 由OH?AD＝OD?OA，可得AD＝

11、＝，∴OH＝， ∵O為B1C的中點(diǎn)， ∴B1到平面ABC的距離為， ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的高． 7．（2013年）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60° （1）證明：AB⊥A1C； （2）若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積． 【解析】（1）如圖，取AB的中點(diǎn)O，連結(jié)OC，OA1，A1B． 因?yàn)镃A＝CB，所以O(shè)C⊥AB． 由于AB＝AA1，，故△AA1B為等邊三角形， 所以O(shè)A1⊥AB． 因?yàn)镺C∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C． 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C； （2）

12、由題設(shè)知△ABC與△AA1B都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形， 所以． 又，則，故OA1⊥OC． 因?yàn)镺C∩AB＝O，所以O(shè)A1⊥平面ABC，OA1為三棱柱ABC﹣A1B1C1的高． 又△ABC的面積， 故三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積． 8．（2012年）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)． （1）證明：平面BDC1⊥平面BDC （2）平面BDC1分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比． 【解析】（1）由題意知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C， ∴BC⊥平面ACC1A1，又DC1?平面ACC

13、1A1， ∴DC1⊥BC． 由題設(shè)知∠A1DC1＝∠ADC＝45°， ∴∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC，又DC∩BC＝C， ∴DC1⊥平面BDC，又DC1?平面BDC1， ∴平面BDC1⊥平面BDC； （2）設(shè)棱錐B﹣DACC1的體積為V1，AC＝1，由題意得V1＝＝， 又三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積V＝1， ∴（V﹣V1）：V1＝1：1， ∴平面BDC1分此棱柱兩部分體積的比為1：1． 9．（2011年）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形．∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD． （1）證明：PA⊥BD； （2）設(shè)PD＝AD＝1，

14、求棱錐D﹣PBC的高． 【解析】（1）因?yàn)椤螪AB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝， 從而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD， 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD， 所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD． （2）解：作DE⊥PB于E，已知PD⊥底面ABCD， 則PD⊥BC，由（1）知，BD⊥AD，又BC∥AD， ∴BC⊥BD． 故BC⊥平面PBD，BC⊥DE， 則DE⊥平面PBC． 由題設(shè)知PD＝1，則BD＝，PB＝2． 根據(jù)DE?PB＝PD?BD，得DE＝， 即棱錐D﹣PBC的高為． 10．（2010年）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面為等腰梯形，

15、AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高． （1）證明：平面PAC⊥平面PBD； （2）若AB＝，∠APB＝∠ADB＝60°，求四棱錐P﹣ABCD的體積． 【解析】（1）因?yàn)镻H是四棱錐P﹣ABCD的高． 所以AC⊥PH，又AC⊥BD，PH，BD都在平PHD內(nèi)，且PH∩BD＝H． 所以AC⊥平面PBD． 故平面PAC⊥平面PBD． （2）因?yàn)锳BCD為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，AB＝． 所以HA＝HB＝． 因?yàn)椤螦PB＝∠ADB＝60°， 所以PA＝PB＝，HD＝HC＝1． 可得PH＝． 等腰梯形ABCD的面積為S＝ACBD＝2+， 所以四棱錐的體積為V＝×（2+）×＝． 11