《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)11 立體幾何（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)11 立體幾何（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十一)　立體幾何 1．(2019·全國(guó)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的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面C1DE； (2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離． [解]　(1)證明：連接B1C，ME.因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，所以ND＝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、2)過(guò)點(diǎn)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(zhǎng)即為點(diǎn)C到平面C1DE的距離． 由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝. 從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為. 2．(2020·全國(guó)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(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)．過(guò)B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. (1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； (2)設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO＝AB

3、＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱錐B-EB1C1F的體積． [解]　(1)證明：因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以MN∥CC1. 又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN. 因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N. 又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN. 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F. (2)AO∥平面EB1C1F，AO?平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN. 又AP∥ON，故四邊形APNO是平行四邊形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝AM＝，PM＝AM＝2，EF＝BC＝2. 因?yàn)锽C∥平面E

4、B1C1F，所以四棱錐B-EB1C1F的頂點(diǎn)B到底面EB1C1F的距離等于點(diǎn)M到底面EB1C1F的距離． 如圖，作MT⊥PN，垂足為T，則由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin∠MPN＝3. 底面EB1C1F的面積為×(B1C1＋EF)×PN＝(6＋2)×6＝24. 所以四棱錐B-EB1C1F的體積為×24×3＝24. 3．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)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

5、中的A，C，G，D四點(diǎn)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(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)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?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM. 因?yàn)锳B∥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.

6、 因此DM⊥CG. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝， 故DM＝2. 所以四邊形ACGD的面積為4. 4．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說(shuō)明理由． [解]　(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，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A

7、MD⊥平面BMC． (2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD． 證明如下：如圖，連接AC，BD，AC交BD于O. 因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD． 1．(2020·懷仁模擬)如圖，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)， M，N分別是AB，PC的中點(diǎn)． (1)求證： MN∥平面PAD； (2)若MN＝BC＝4，PA＝4，求異面直線PA與MN所成的角的大小． [解]　(1)取PD的中點(diǎn)H，連接AH，NH， ∵N是PC的中點(diǎn)，∴NH綊DC． ∵M(jìn)是A

8、B的中點(diǎn)，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(diǎn)O，連接OM，ON. 則OM綊BC，ON綊PA． ∴∠ONM就是異面直線PA與MN所成的角， 由MN＝BC＝4，PA＝4，得OM＝2，ON＝2. ∴MO2＋ON2＝MN2，∴∠ONM＝30°， 即異面直線PA與MN成30°的角． 2．(2020·汕頭一模)在四棱錐P-ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且有AB∥DC，AC＝CD＝DA＝AB． (1)證明：BC⊥PA； (2)若PA＝PC＝A

9、C＝，Q在線段PB上，滿足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＝， ∵AB∥DC，∴∠CAB＝. 由余弦定理可得 BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos＝3a2， 即BC＝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＝VB-PAC＝×S

10、△PAC×BC ＝×××××2＝. 3．(2020·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(diǎn)． (1)求證：AM∥平面SCD； (2)求點(diǎn)B到平面SCD的距離． [解]　(1)證明：取SC的中點(diǎn)N，連接MN和DN， ∵M(jìn)為SB的中點(diǎn)， ∴MN∥BC，且MN＝BC， ∵∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝1，BC＝2， ∴AD∥BC，且AD＝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．

11、 (2)∵AB＝AS＝1，M為SB的中點(diǎn)， ∴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， SB·BC＝SC·BE， ∴BE＝＝＝， 即點(diǎn)B到平面SCD的距離為. 4．(2020·長(zhǎng)沙模擬)如圖，已知三棱錐P-ABC的平面展開圖中，四邊形ABCD為邊長(zhǎng)等于的正方形，△ABE和△

12、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(diǎn)為O，連接BO，PO. 由題意，得PA＝PB＝PC＝，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1. 因?yàn)樵凇鱌AC中，PA＝PC，O為AC的中點(diǎn)， 所以PO⊥AC． 因?yàn)樵凇鱌OB中，PO＝1，OB＝1，PB＝， PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB． 因?yàn)锳C∩OB＝O，AC，OB?平面ABC， 所以PO⊥平面ABC， 因?yàn)镻O?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC． (2)三棱錐P-ABC的表面積S＝2×××＋2××2 ＝

13、2＋， 由(1)知，PO⊥平面ABC，所以三棱錐P-ABC的體積為V＝S△ABC×PO ＝××××1＝. 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的中點(diǎn)． (1)在圖中畫出一個(gè)過(guò)BC1且與AF平行的平面(要求寫出作法)； (2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面積． [解]　(1)在平面CDD1C1中，過(guò)D作DP∥AF，交C1D1于P，在平面CDD1C1中，過(guò)C1作C1E∥DP，交CD于E，連接BE，此時(shí)AF∥C1E，∴過(guò)BC1且與AF平行的平面為平面BEC1.

14、 (2)∵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， ∴四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面積為： S＝2S梯形ABCD＋S矩形ABB1A1＋S矩形ADD1A1＋S矩形DCC1D1＋S矩形BCC1B1＝2××2＋1×2＋2×2＋2×2＋×2＝16＋2. 2.如圖，在三棱柱FAB-EDC中，側(cè)面ABCD是菱形，G是邊AD的中點(diǎn)．平面ADEF⊥平面ABCD，∠ADE＝90°. (1)求證：AC⊥BE； (2)在線段BE上求點(diǎn)M(說(shuō)明M點(diǎn)的具體位置)，使得DE∥平面GMC，并證明你的結(jié)論． [

15、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(guò)O作DE的平行線交BE于點(diǎn)M，M點(diǎn)即為所求的點(diǎn)． ∵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(diǎn)， ∴△DOG∽△BOC，且＝＝， 又OM∥DE，于是＝＝， 故

16、點(diǎn)M為線段BE上靠近點(diǎn)E的三等分點(diǎn)． 3．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E為AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，使得點(diǎn)A到點(diǎn)P位置，且PE⊥EB，M為PB的中點(diǎn)，N是BC上的動(dòng)點(diǎn)(與點(diǎn)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(dāng)N為BC中點(diǎn)時(shí)，求的值． [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PE

17、B． ∵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(diǎn)，∴＝＝， 點(diǎn)M，P到平面EBCD的距離之比為， ∴＝·＝·＝. 4.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，D是AC的中點(diǎn)． (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(diǎn)O，則O為AB1的中點(diǎn)， ∵D是AC的中點(diǎn)，∴OD∥B1C， 又OD?平面A1BD，B1C?平面A1BD， ∴B1C∥平面A1BD． (2)∵AC＝2，BC＝1，∠ACB＝60°， ∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝3， 得AB＝. ∴AC2＝AB2＋BC2，得AB⊥BC． 又∵平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，∴BC⊥平面AA1B1B． ∵∠A1AB＝60°，AB＝BB1＝AA1，∴AA1＝. ∴S△A1AB＝·AB·AA1·sin∠A1AB＝. ∴VC-A1AB＝S△A1AB·BC＝××1＝.