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1、高考大題專項練四 高考中的立體幾何
1.
(2018全國Ⅱ,文19)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.
(1)證明:PO⊥平面ABC;
(2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.
(1)證明因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以OP⊥AC,且OP=23.
連接OB,因為AB=BC=22AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.
由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)解作CH⊥OM,垂足為H.
又由
2、(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.
故CH的長為點C到平面POM的距離.
由題設可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°.
所以OM=253,CH=OC·MC·sin∠ACBOM=455.
所以點C到平面POM的距離為455.
2.
(2018北京,文18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點.求證:
(1)PE⊥BC;
(2)平面PAB⊥平面PCD;
(3)EF∥平面PCD.
證明(1)因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD.
因為底
3、面ABCD為矩形,
所以BC∥AD,所以PE⊥BC.
(2)因為底面ABCD為矩形,所以AB⊥AD.
又因為平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,
所以AB⊥PD.
又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如圖,取PC的中點G,連接FG,DG.
因為F,G分別為PB,PC的中點,
所以FG∥BC,FG=12BC.
因為四邊形ABCD為矩形,且E為AD的中點,
所以DE∥BC,DE=12BC.
所以DE∥FG,DE=FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.
所以EF∥DG.
又因為EF?平面PCD,DG?平面PCD,
4、
所以EF∥平面PCD.
3.由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD.
(1)證明:A1O∥平面B1CD1;
(2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.
證明(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C.
又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因
5、為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點,
所以EM⊥BD,
又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
所以A1E⊥BD,因為B1D1∥BD,
所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.
又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM,
又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
4.
如圖,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,點E在A1D上.
(1)證明:AA1⊥平面ABCD;
(2)當A1EED為何值時,A1B∥平面EAC,并求出此時三棱錐D
6、-AEC的體積.
(1)證明因為底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,
所以AB=AD=AC=2.
在△AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA1⊥AB.
同理,AA1⊥AD.
又因為AB∩AD于點A,所以AA1⊥平面ABCD.
(2)解當A1EED=1時,A1B∥平面EAC.
證明如下:連接BD交AC于O,當A1EED=1,即點E為A1D的中點時,連接OE,則OE∥A1B,所以A1B∥平面EAC.
設AD的中點為F,連接EF.
則EF∥AA1,所以EF⊥平面ACD,且EF=1,
可求得S△ACD=3.
所以VE-ACD=13×1×3=33,
即VD-AEC
7、=VE-ACD=33.
5.
如圖,AB是圓O的直徑,點C是弧AB的中點,點V是圓O所在平面外一點,D是AC的中點,已知AB=2,VA=VB=VC=2.
(1)求證:OD∥平面VBC;
(2)求證:AC⊥平面VOD;
(3)求棱錐C-ABV的體積.
(1)證明∵O,D分別是AB和AC的中點,∴OD∥BC.
又OD?平面VBC,BC?平面VBC,∴OD∥平面VBC.
(2)證明∵VA=VB,O為AB中點,∴VO⊥AB.
連接OC,
在△VOA和△VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC,
∴△VOA≌△VOC,∴∠VOA=∠VOC=90°,
∴VO⊥OC.
又A
8、B∩OC=O,AB?平面ABC,OC?平面ABC,
∴VO⊥平面ABC.
又AC?平面ABC,∴AC⊥VO.
又VA=VC,D是AC的中點,∴AC⊥VD.
∵VO?平面VOD,VD?平面VOD,VO∩VD=V,
∴AC⊥平面VOD.
(3)解由(2)知VO是棱錐V-ABC的高,
且VO=VA2-AO2=3.
又點C是弧AB的中點,
∴CO⊥AB,且CO=1,AB=2.
∴三角形ABC的面積S△ABC=12AB·CO=12×2×1=1,
∴棱錐V-ABC的體積為
VV-ABC=13S△ABC·VO=13×1×3=33,
故棱錐C-ABV的體積為33.
6.
如圖
9、,已知正三棱錐P-ABC的側面是直角三角形,PA=6.頂點P在平面ABC內的正投影為點D,D在平面PAB內的正投影為點E,連接PE并延長交AB于點G.
(1)證明:G是AB的中點;
(2)在圖中作出點E在平面PAC內的正投影F(說明作法及理由),并求四面體PDEF的體積.
(1)證明因為P在平面ABC內的正投影為D,所以AB⊥PD.
因為D在平面PAB內的正投影為E,所以AB⊥DE.
所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.
又由已知可得,PA=PB,從而G是AB的中點.
(2)解在平面PAB內,過點E作PB的平行線交PA于點F,F即為E在平面PAC內的正投影.
理由如下:由已
10、知可得PB⊥PA,PB⊥PC,
又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC.
因此EF⊥平面PAC,
即點F為E在平面PAC內的正投影.
連接CG,因為P在平面ABC內的正投影為D,
所以D是正三角形ABC的中心.
由(1)知,G是AB的中點,所以D在CG上,
故CD=23CG.
由題設可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,
所以DE∥PC,
因此PE=23PG,DE=13PC.
由已知,正三棱錐的側面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=22.
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=13×12×2×2×2=43.
7.(
11、2018全國Ⅰ,文18)
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M到達點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,P為線段BC上一點,且BP=DQ=23DA,求三棱錐Q-ABP的體積.
(1)證明由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.
又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.
又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.
又BP=DQ=23DA,所以BP=22.
作QE⊥AC,垂足為E,則QEЛ
12、711;13DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱錐Q-APB的體積為VQ-ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×22sin45°=1.
8.
(2018天津,文17)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點M為棱AB的中點,AB=2,
AD=23,∠BAD=90°.
(1)求證:AD⊥BC;
(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值;
(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.
(1)證明由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平
13、面ABC,故AD⊥BC.
(2)解取棱AC的中點N,連接MN,ND.
又因為M為棱AB的中點,
故MN∥BC.
所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角.
在Rt△DAM中,AM=1,
故DM=AD2+AM2=13.
因為AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.
在Rt△DAN中,AN=1,
故DN=AD2+AN2=13.
在等腰三角形DMN中,MN=1,
可得cos∠DMN=12MNDM=1326.
所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為1326.
(3)解連接CM.因為△ABC為等邊三角形,M為邊AB的中點,故CM⊥AB,CM=3.又因為平面ABC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角.
在Rt△CAD中,CD=AC2+AD2=4.
在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=34.
所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為34.
9
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