2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 立體幾何（6） 文

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1、立體幾何(6) 1．[2019·重慶市七校聯(lián)考]如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都是2，D，E分別是AC，CC1的中點． (1)求證：AE⊥平面A1BD； (2)求三棱錐B1－A1BD的體積． 解析：(1)因為AB＝BC＝CA，D是AC的中點，所以BD⊥AC. 因為在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1?平面AA1C1C，所以平面AA1C1C⊥平面ABC， 又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BD⊥平面AA1C1C， 又AE?平面AA1C1C，所以BD⊥AE. 在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點，易證得A1D⊥

2、AE， 又A1D∩BD＝D，A1D?平面A1BD，BD?平面A1BD，所以AE⊥平面A1BD. (2)如圖所示，連接AB1交A1B于O，則O為AB1的中點， 所以點B1到平面A1BD的距離等于點A到平面A1BD的距離， 易知BD＝，所以V三棱錐B1－A1BD＝V三棱錐A－A1BD＝V三棱錐B－AA1D＝×S△AA1D×BD＝××2×1×＝， 所以三棱錐B1－A1BD的體積為. 2．[2019·湖北部分重點中學(xué)聯(lián)考]如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝2，點M是SD的中點，AN⊥SC，且交SC于點N. (1)求證：SB∥平面A

3、CM； (2)求點C到平面AMN的距離． 解析：(1)連接BD交AC于E，連接ME. ∵四邊形ABCD是正方形，∴E是BD的中點． ∵M是SD的中點，∴ME是△DSB的中位線， ∴ME∥SB. 又ME?平面ACM，SB?平面ACM，∴SB∥平面ACM. (2)由條件知DC⊥SA，DC⊥DA，∴DC⊥平面SAD， ∴AM⊥DC. 又SA＝AD，M是SD的中點，∴AM⊥SD， ∴AM⊥平面SDC，∴SC⊥AM. 由已知SC⊥AN，∴SC⊥平面AMN. 于是CN⊥平面AMN，則CN為點C到平面AMN的距離． 在Rt△SAC中，SA＝2，AC＝2，SC＝＝2， 于是AC2

4、＝CN·SC?CN＝，∴點C到平面AMN的距離為. 3．[2019·江西名校聯(lián)考]如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AA1⊥A1C，平面AA1C1C⊥平面ABC，∠ACC1＝120°，AA1＝2，BC＝3. (1)求證：AA1⊥A1B. (2)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面積． 解析：(1)由題意知平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且BC⊥AC， 所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1?平面AA1C1C，所以BC⊥AA1， 又AA1⊥A1C，A1C∩BC＝C，所以AA1⊥平面A1BC. 因為A1B?平面A1BC，所以AA1⊥A1

5、B. (2)易得∠C1A1C＝∠A1CA＝30°，所以在Rt△AA1C中，AC＝4，A1C＝2， 故四邊形AA1C1C的面積S1＝2×2＝4. △A1B1C1和△ABC的面積之和S2＝2××3×4＝12，且AB＝5. 又AA1⊥A1B，所以A1B＝＝， 所以四邊形AA1B1B的面積S3＝2×＝2. 由(1)知BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，故四邊形BB1C1C的面積S4＝2×3＝6. 故三棱柱ABC－A1B1C1的表面積S＝S1＋S2＋S3＋S4＝4＋18＋2. 4. [2019·安徽六校第二次聯(lián)考])如圖，四邊形ABCD為矩形，點A，E，B，F(xiàn)共面，且△ABE

6、和△ABF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°. (1)若平面ABCD⊥平面AEBF，證明平面BCF⊥平面ADF； (2)在線段EC上是否存在一點G，使得BG∥平面CDF？若存在，求出此時三棱錐G－ABE與三棱錐G－ADF的體積之比；若不存在，請說明理由． 解析：(1)因為四邊形ABCD為矩形，所以BC⊥AB， 又平面ABCD⊥平面AEBF，BC?平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB， 所以BC⊥平面AEBF. 因為AF?平面AEBF，所以BC⊥AF. 因為∠AFB＝90°，即AF⊥BF，且BC?平面BCF，BF?平面BCF，BC∩BF＝B， 所以AF⊥平

7、面BCF. 又AF?平面ADF，所以平面ADF⊥平面BCF. (2)假設(shè)存在滿足條件的點G.因為BC∥AD，AD?平面ADF，所以BC∥平面ADF. 因為△ABE和△ABF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°， 所以∠FAB＝∠ABE＝45°，所以AF∥BE，又AF?平面ADF，所以BE∥平面ADF， 因為BC∩BE＝B，所以平面BCE∥平面ADF. 如圖所示，延長EB到點H，使得BH＝AF，連接CH，HF，AC，易證四邊形ABHF是平行四邊形， 又BC綊AD，所以HF綊AB綊CD，所以四邊形HFDC是平行四邊形，所以CH∥DF. 過點B作CH的平行線，交EC于

8、點G，即BG∥CH∥DF，又DF?平面CDF， 所以BG∥平面CDF，即此點G為所求的點． 又BE＝AB＝2AF＝2BH，所以EG＝EC. 易知S△ABE＝2S△ABF，所以V三棱錐G－ABE＝V三棱錐C－ABE＝V三棱錐C－ABF＝V三棱錐D－ABF＝V三棱錐B－ADF＝V三棱錐G－ADF，故V三棱錐G－ABEV三棱錐G－ADF＝43. 5．[2019·江西宜春大聯(lián)考]如圖1，四邊形ABCD是矩形，AB＝2π，AD＝4，E，F(xiàn)分別為DC，AB上的點，且DE＝DC，AF＝AB，將矩形ABCD卷成如圖2所示的以AD，BC為母線的圓柱的半個側(cè)面，且AB，CD分別為圓柱的兩底面的直徑．

9、 (1)求證：平面ADEF⊥平面BCEF； (2)求四棱錐D－BCEF的體積． 解析：(1)因為F在底面圓周上，且AB為該底面半圓的直徑，所以AF⊥BF. 由題易知，EF∥AD. 又AD為圓柱的母線，所以EF垂直于圓柱的底面，所以EF⊥BF. 又AF∩EF＝F，所以BF⊥平面ADEF. 因為BF?平面BCEF，所以平面ADEF⊥平面BCEF. (2)設(shè)圓柱的底面半徑為r， 由題設(shè)知，πr＝2π，所以r＝2，所以CD＝4. 因為在圖1中DE＝DC，AF＝AB， 所以在圖2中結(jié)合題意易得∠CDE＝30°，DE⊥CE， 所以CE＝CD＝2，DE＝2. 由題易知BC⊥平面D

10、CE，所以BC⊥DE， 又BC∩CE＝C，所以DE⊥平面BCEF，所以DE為四棱錐D－BCEF的高． 又AD＝BC＝4，所以V四棱錐D－BCEF＝S四邊形BCEF×DE＝×BC×CE×DE＝×4×2×2＝. 6. [2019·福建福州二檢]如圖，四棱錐E－ABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，四邊形ABCD為矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F(xiàn)為CE上的點，且BF⊥平面ACE. (1)求證：AE⊥BE； (2)設(shè)M在線段DE上，且滿足EM＝2MD，試在線段AB上確定一點N，使得MN∥平面BCE，并求MN的長． 解析：(1)因為四邊形ABCD為矩形，所以BC⊥AB. 因為平

11、面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面ABE， 又AE?平面ABE，所以BC⊥AE. 因為BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以BF⊥AE. 又BC∩BF＝B，BC?平面BCE，BF?平面BCE，所以AE⊥平面BCE， 因為BE?平面BCE，所以AE⊥BE. (2)方法一　如圖，在△ADE中，過點M作MG∥AD交AE于點G，在△ABE中過點G作GN∥BE交AB于點N，連接MN. 因為EM＝2MD，所以EG＝2GA，BN＝2NA.下面證明此時MN∥平面BCE. 因為NG∥BE，NG?平面BCE， BE?平面BCE，所

12、以NG∥平面BCE. 因為GM∥AD∥BC，GM?平面BCE，BC?平面BCE，所以GM∥平面BCE. 因為MG∩GN＝G，MG?平面MGN，GN?平面MGN，所以平面MGN∥平面BCE， 又MN?平面MGN，所以MN∥平面BCE. 因為AD＝6，AB＝5，BE＝3， 所以MG＝AD＝4，NG＝BE＝1.易知MG⊥GN，所以MN＝＝＝. 方法二　過點M作MG∥CD交CE于點G，連接BG，在線段AB上取點N，使得BN＝MG，連接MN(如圖)． 因為AB∥CD，MG∥CD，EM＝2MD，所以MG＝CD，MG∥BN，又BN＝MG， 所以四邊形MGBN是平行四邊形，所以MN∥BG， 又MN?平面BCE，BG?平面BCE，所以MN∥平面BCE， 可得點N為線段AB上靠近點A的一個三等分點， 在△CBG中，因為BC＝AD＝6，CG＝CE＝＝，cos∠BCG＝， 所以BG2＝36＋5－2×6××＝17，所以MN＝BG＝. 6