《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專(zhuān)項(xiàng)突破 高考大題專(zhuān)項(xiàng)4 高考中的立體幾何 文 北師大版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專(zhuān)項(xiàng)突破 高考大題專(zhuān)項(xiàng)4 高考中的立體幾何 文 北師大版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考大題專(zhuān)項(xiàng)四 高考中的立體幾何
1.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥平面ABC,各棱長(zhǎng)均為2,D,E,F,G分別是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中點(diǎn).
(1)求證:平面B1FG∥平面BDE;
(2)求三棱錐B1-BDE的體積.
2.(2018安徽馬鞍山質(zhì)檢二,17)如圖,在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中,AB=BC=BB1=4,A1B1=B1C1=2,且B1B⊥面ABC,∠ABC=90°,D,G分別為AC,BC的中點(diǎn),E,F為A1C1上兩動(dòng)點(diǎn),且EF=2.
(1)求證:BD⊥GE;
(2)求四面體B-GEF的體積.
2、
3.
(2018江西新余二模)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C1-ABD的體積.
4.
如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=,AB=BB1=2,BC=1,D為CC1的中點(diǎn).
(1)求證:DB1⊥平面ABD;
(2)求點(diǎn)A1到平面ADB1的距離.
5.
(2018北京通州三模,18)如圖,在四棱錐P-A
3、BCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,△PAB為等邊三角形,E是PB中點(diǎn),平面AED與棱PC交于點(diǎn)F.
(1)求證:AD∥EF;
(2)求證:PB⊥平面AEFD;
(3)記四棱錐P-AEFD的體積為V1,四棱錐P-ABCD的體積為V2,直接寫(xiě)出的值.
6.
(2017天津,文17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.
(1)求異面直線(xiàn)AP與BC所成角的余弦值;
(2)求證:PD⊥平面PBC;
(3)求直線(xiàn)AB與平面PBC所成角的正弦值.
高考大
4、題專(zhuān)項(xiàng)四 高考中的立體幾何
1.(1)證明 連接DG,A1C.
∵D,G分別是AC,A1C1的中點(diǎn),
∴DG AA1BB1,
∴四邊形BB1GD是平行四邊形,
∴B1G∥BD.
又B1G?平面EBD,BD?平面EBD,
∴B1G∥平面EBD.
∵D,E,F,G分別是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中點(diǎn),
∴GF∥A1C,A1C∥DE,
∴GF∥ED.又GF?平面EBD,ED?平面EBD,
∴GF∥平面EBD.
又B1G∩GF=G,B1G?平面B1FG,GF?平面B1FG,
∴平面B1FG∥平面EBD.
(2)解 過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB交AB于點(diǎn)H,
∵AA1⊥平面A
5、BC,AA1?平面A1ABB1,
∴平面A1ABB1⊥平面ABC.
又平面A1ABB1∩平面ABC=AB,DH⊥AB,DH?平面ABC,
∴DH⊥平面A1ABB1.
∵AB=BC=AC=2,∴DA=1,BD=,
∴DH=.
∴·DH=×2×2×.
2.(1)證明 取AB的中點(diǎn)O,連接OG,OA1,C1G,∵AB=BC,D為AC的中點(diǎn),
∴BD⊥AC,又AC∥A1C1,∴BD⊥A1C1,
∵BG∥B1C1,且BG=B1C1,
∴四邊形BGC1B1為平行四邊形,
∴GC1∥BB1.
同理,四邊形OBB1A1為平行四邊形,∴GC1∥OA1.
∴四邊形OGC1A1為平
6、行四邊形,
∵B1B⊥面ABC,∴C1G⊥面ABC,
∴C1G⊥BD,又A1C1∩C1G=C1,∴BD⊥面A1C1GO,
∵GE?面A1C1GO,∴BD⊥GE.
(2)解 令OG與BD交于點(diǎn)M,∵C1G⊥面ABC,C1G?面A1C1GO,
∴面A1C1GO⊥面ABC,
∵面A1C1GO∩面ABC=OG,∵OG∥AC,BD⊥AC,
∴BM⊥OG,∴BM⊥面A1C1GO,
∴BM為點(diǎn)B到面A1C1GO的距離,即BM=,
又S△GEF=×GC1×EF=×4×2=4,
∴VB-GEF=×BM×S△GEF=×4=.
3.解 (1)連接AB1交A1B于點(diǎn)O,則O為AB1的中點(diǎn),
7、
∵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,∴AB=.
取AB中點(diǎn)M,連接A1M,
∵AB=BB1=AA1,∠A1AB=60°,
∴△ABA1為等邊三角形.
∴A1M⊥AB,且A1M=,
∵平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,
A1M?平面AA1B1B,
∴A1M⊥平面ABC,
∵S△ABD=S△ABC=,
∴S△ABD·A1M=.
4.(1)證明 在平面四邊形BC
8、C1B1中,
∵BC=CD=DC1=1,∠BCD=60°,
∴BD=1.∵B1D=,BB1=2,
∴∠BDB1=90°,
∴B1D⊥BD.
∵AB⊥平面BB1C1C,
∴AB⊥DB1,
∴B1D與平面ABD內(nèi)兩相交直線(xiàn)AB和BD同時(shí)垂直,
∴DB1⊥平面ABD.
(2)解 對(duì)于四面體A1-ADB1,A1到直線(xiàn)DB1的距離即為A1到平面BB1C1C的距離,A1到B1D的距離為2,設(shè)A1到平面AB1D的距離為h,△ADB1為直角三角形,×AD×DB1=,
∴×h=h,
∵×2×2=2,D到平面AA1B1的距離為,
∴×2×,
∵,
∴,解得h=.
∴點(diǎn)A1到平面ADB
9、1的距離為.
5.(1)證明 因?yàn)锳BCD為正方形,所以AD∥BC.
因?yàn)锳D?平面PBC,BC?平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
因?yàn)锳D?平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF,
所以AD∥EF.
(2)證明 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,所以AD⊥AB.
因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD?平面ABCD,
所以AD⊥平面PAB.
因?yàn)镻B?平面PAB,所以AD⊥PB.
因?yàn)椤鱌AB為等邊三角形,E是PB中點(diǎn),所以PB⊥AE.
因?yàn)锳E?平面AEFD,AD?平面AEFD,AE∩AD=A,
所以PB⊥平面AEFD.
(3)
10、解 由(1)知,V1=VC-AEFD,VE-ABC=VF-ADC=VC-AEFD=V1,
∴VBC-AEFD=V1,則VP-ABCD=V1+V1=V1,
∴.
6.(1)解 如圖,由已知AD∥BC,
故∠DAP或其補(bǔ)角即為異面直線(xiàn)AP與BC所成的角.
因?yàn)锳D⊥平面PDC,
所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中,由已知,得AP=,
故cos∠DAP=.
所以,異面直線(xiàn)AP與BC所成角的余弦值為.
(2)證明 因?yàn)锳D⊥平面PDC,直線(xiàn)PD?平面PDC,
所以AD⊥PD.
又因?yàn)锽C∥AD,所以PD⊥BC.
又PD⊥PB,所以PD⊥平面PBC.
(3)解 過(guò)點(diǎn)D作AB的平行線(xiàn)交BC于點(diǎn)F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角.
因?yàn)镻D⊥平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影,
所以∠DFP為直線(xiàn)DF和平面PBC所成的角.
由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1,
由已知,得CF=BC-BF=2.
又AD⊥DC,故BC⊥DC,
在Rt△DCF中,可得DF==2,
在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=.
所以,直線(xiàn)AB與平面PBC所成角的正弦值為.
6
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