《2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時檢測提速練11 大題考法——立體幾何的綜合問題.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時檢測提速練11 大題考法——立體幾何的綜合問題.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

限時檢測提速練(十一)　大題考法——立體幾何的綜合問題 A組 1．(2018濰坊二模)如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝DA1，∠ABC＝120． (1)證明：AD⊥BA1； (2)若AD＝DA1＝4，BA1＝2，求多面體BCDA1B1C1D1的體積． (1)證明：取AD中點O，連接OB，OA1． ∵AA1＝DA1，∴AD⊥OA1． ∵在?ABCD中，∠ABC＝120，∴∠BAD＝60． 又∵AB＝BC，則AB＝AD， ∴△ABD是正三角形，∴AD⊥OB， ∵OA1?平面OBA1，OB?平面OBA1，OA1∩OB＝O， ∴AD⊥平面OBA1，∴AD⊥A1B． (2)解：由題設(shè)知△A1AD與△BAD都是邊長為4的正三角形． ∴A1O＝OB＝2． ∵A1B＝2，∴A1O2＋OB2＝A1B2，∴A1O⊥OB， ∵A1O⊥AD，∴A1O⊥平面ABCD， ∴A1O是平行六面體ABCDA1B1C1D1的高， 又SABCD＝ADOB＝42＝8， ∴V＝VABCDA1B1C1D1＝SABCDA1O＝82＝48， V1＝VA1ABD＝S△ABDA1O＝242＝8， ∴VBCDA1B1C1D1＝V－V1＝40， 即幾何體BCDA1B1C1D1的體積為40． 2．(2018宣城二調(diào))如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120，AA1＝3，D，D1分別是BC，B1C1上的中點，P是線段AD上的一點(不包括端點)． (1)在平面ABC內(nèi)，試作出過點P與平面A1BC平行的直線l，并證明直線l⊥平面ADD1A1； (2)設(shè)(1)中的直線l交AC于點Q，求三棱錐A1QC1D的體積． 解：(1)在平面ABC內(nèi)作直線l∥BC，則直線l與平面A1BC平行，即圖中的直線PQ.AB＝AC＝2, D是BC上的中點， 則AD⊥BC，即l⊥AD， 又側(cè)棱AA1⊥底面ABC， 則l⊥AA1，AD∩AA1＝A，故直線l⊥平面ADD1A1． (2)VA1QC1D＝VDA1QC1＝S△A1QC1h， 因為平面A1ACC1⊥平面ABC，過D作線段DE⊥AC于E， 則DE⊥平面AA1C1C，即DE為DA1QC1的高， 由AB＝AC＝2，∠CAB＝120，得DE＝， 則VDA1QC1＝S△A1QC1h＝23＝． 3．(2018石嘴山二模)如圖所示，在三棱錐PABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，D，E分別為線段AB，BC上的點，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2． (1)求證：DE⊥平面PCD； (2)求點B到平面PDE的距離． (1)證明：由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE． 由CE＝2，CD＝DE＝，得△CDE為等腰直角三角形，故CD⊥DE． 又PC∩CD＝C，故DE⊥平面PCD． (2)解：由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝， 過D作DF垂直CE于F，易知DF＝CF＝EF＝1， 又DE⊥平面PCD，所以DE⊥PD，PD＝＝， 設(shè)點B到平面PDE的距離為h，即為三棱錐BPDE的高， 由VBPDE＝VPBDE得 S△PDEh＝S△BDEPC， 即PDDEh＝BEDFPC， 即h＝113，所以h＝， 所以點B到平面PDE的距離為． 4．(2018蚌埠二模)如圖，四棱錐PABCD的底面是直角梯形，AD∥BC，AD＝3BC＝6，PB＝6，點M在線段AD上，且MD＝4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD． (1)求證：平面PCM⊥平面PAD； (2)當(dāng)四棱錐PABCD的體積最大時，求四棱錐PABCD的表面積． (1)證明：由AD＝6，DM＝4可得AM＝2， 易得四邊形ABCM是矩形，∴CM⊥AD， 又PA⊥平面ABCD，CM?平面ABCD，∴PA⊥CM， 又PM∩AD＝M，PM，AD?平面PAD， ∴CM⊥平面PAD， 又CM?平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD． (2)解：四棱錐PABCD的體積為V＝(AD＋BC)ABPA＝ABPA， 要使四棱錐PABCD的體積取最大值，只需ABPA取得最大值． 由條件可得PA2＋AB2＝PB2＝72，∴72≥2PAAB，即PAAB≤36， 當(dāng)且僅當(dāng)PA＝AB＝6時，PAAB取得最大值36． PC＝2，PD＝6，CD＝2， cos ∠CPD＝＝，則sin ∠CPD＝， ∴S△PCD＝PCPDsin ∠CPD＝6， 則四棱錐PABCD的表面積為(6＋2)6＋2＋26＋6＝6(10＋＋)． B組 1．(2018日照二模)如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝，其對角線AC與BD相交于點O，四邊形OAEF為矩形，平面OAEF⊥平面ABCD，AB＝AE＝2． (1)求證：平面DEF⊥平面BDF； (2)若點H在線段BF上，且BF＝3HF，求三棱錐HDEF的體積． (1)證明：∵ABCD為菱形，∴AO⊥BD． ∵四邊形OAEF為矩形，∴AO⊥FO，EF∥AO， ∴EF⊥BD，∴EF⊥FO， 又∵BD∩FO＝O，∴EF⊥平面BDF． 又EF?平面DEF，∴平面DEF⊥平面BDF． (2)解：連接EH，DH，EB， 則由(1)可知EF⊥平面BDF， 又△BDF中，BD＝OF＝2，EF＝AO＝， 故三棱錐EBDF的體積為22＝， 又BF＝3HF，所以VEBDF＝VBDEF＝3VHDEF＝， 故VHDEF＝． 2．(2018株洲檢測)如圖，四棱錐EABCD中，平面ABCD是平行四邊形，M，N分別為BC，DE的中點． (1)證明：CN∥平面AME； (2)若△ABE是等邊三角形，平面ABE⊥平面BCE，CE⊥BE，BE＝CE＝2，求三棱錐NAME的體積． (1)證明：取AE中點F，連接MF，F(xiàn)N． 因為△AED中，F(xiàn)，N分別為EA，ED的中點， 所以FN綊AD． 又因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以BC綊AD． 又M是BC中點，所以MC綊AD，所以FN綊MC． 所以四邊形FMCN為平行四邊形，所以CN∥MF， 又CN?平面AEM，MF?平面AEM，所以CN∥平面AEM． (2)解：取BE中點H，連接AH，則AH⊥BE， 因為平面ABE⊥平面BCE，平面ABE∩平面BCE＝BE，AH?平面ABE， 所以AH⊥平面BCE． 又由(1)知CN∥平面AEM， 所以VNAEM＝VCAEM＝VAMEC． 又因為M為BC中點， 所以VAMEC＝S△MECAH＝S△BECAH＝22＝． 所以三棱錐NAEM的體積為． 3．(2018資陽二模)如圖，三棱柱ABCA1B1C1的各棱長均為2，AA1⊥面ABC，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點． (1)求證：直線BE∥平面A1FC1； (2)平面A1FC1與直線AB交于點M，指出點M的位置，說明理由，并求三棱錐BEFM的體積． (1) 證明：取A1C1的中點G，連接EG，F(xiàn)G， 于是EG綊B1C1，又BF綊B1C1， 所以BF綊EG． 所以四邊形BFGE是平行四邊形．所以BE∥FG， 而BE?面A1FC1，F(xiàn)G?面A1FC1， 所以直線BE∥平面A1FC1． (2)解：M為棱AB的中點． 理由如下：因為AC∥A1C1，AC?面A1FC1，A1C1?面A1FC1， 所以直線AC∥平面A1FC1，又面A1FC1∩平面ABC＝FM， 所以AC∥FM.又F為棱BC的中點． 所以M為棱AB的中點． 三角形BFM的面積 S△BFM＝S△ABC＝＝， 所以三棱錐BEFM的體積VBEFM＝VEBFM＝2＝． 4．(2018商丘二模)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC，AC⊥AB，AC＝AB＝AA1＝2，∠AA1B1＝60，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點． (1)求三棱柱ABCA1B1C1的體積； (2)在直線AA1上是否存在一點P，使得CP∥平面AEF？若存在，求出AP的長；若不存在，說明理由． 解：(1)三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝AB． 因為AB＝AA1＝2，所以A1B1＝AA1＝2． 又因為∠AA1B1＝60， 連接AB1，所以△AA1B1是邊長為2的正三角形． 因為E是棱A1B1的中點，所以AE⊥A1B1，且AE＝， 又AB∥A1B1，所以AE⊥AB， 又側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC，且側(cè)面ABB1A1∩底面ABC＝AB， 又AE?側(cè)面ABB1A1，所以AE⊥底面ABC， 所以三棱柱ABCA1B1C1的體積為V＝S△ABCAE＝ABACAE＝22＝2． (2)在直線AA1上存在點P，使得CP∥平面AEF． 證明如下：連接BE并延長，與AA1的延長線相交，設(shè)交點為P，連接CP． 因為A1B1∥AB，故＝＝． 由于E為棱A1B1的中點， 所以＝，故有PE＝EB， 又F為棱BC的中點，故EF為△BCP的中位線，所以EF∥CP． 又EF?平面AEF，CP?平面AEF，所以CP∥平面AEF． 故在直線AA1上存在點P，使得CP∥平面AEF． 此時，PA1＝AA1＝2.所以AP＝2AA1＝4．