（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)（四） 立體幾何 文

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1、規(guī)范解答集訓(xùn)(四)　立體幾何 (建議用時(shí)：40分鐘) 1．(2019·長(zhǎng)沙模擬)已知三棱錐P-ABC(如圖1)的平面展開(kāi)圖(如圖2)中，四邊形ABCD為邊長(zhǎng)等于的正方形，△ABE和△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． 圖1　　 　圖2 [解]　(1)如圖，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＝， 所以PO2＋OB2

2、＝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＋， 由(1)知，PO⊥平面ABC，所以三棱錐P-ABC的體積V＝S△ABC×PO＝××××1＝. 2．如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，AD＝SD，BC＝CD＝AB，側(cè)面SAD⊥底面ABCD. (1)求證：平面SBD⊥平面SAD； (2)若∠SDA＝120°，且三棱錐S-BCD的體積為，求側(cè)面△SAB的面積． [解]　(1)

3、證明：設(shè)BC＝a，則CD＝a，AB＝2a，由題意知△BCD是等腰直角三角形，且∠BCD＝90°， 則BD＝a，∠CBD＝45°， 所以∠ABD＝∠ABC－∠CBD＝45°， 在△ABD中， AD＝＝a， 因?yàn)锳D2＋BD2＝4a2＝AB2，所以BD⊥AD， 由于平面SAD⊥底面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，BD?平面ABCD， 所以BD⊥平面SAD， 又BD?平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAD. (2)由(1)可知AD＝SD＝a，在△SAD中，∠SDA＝120°，SA＝2SDsin 60°＝a， 作SH⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H. 則SH＝SDsin 6

4、0°＝a， 由(1)知BD⊥平面SAD， 因?yàn)镾H?平面SAD，所以BD⊥SH， 又AD∩BD＝D，所以SH⊥平面ABCD， 所以SH為三棱錐S-BCD的高， 所以VS-BCD＝×a××a2＝. 解得a＝1，由BD⊥平面SAD，SD?平面SAD，可得BD⊥SD， 則SB＝＝＝2， 又AB＝2，SA＝， 在等腰三角形SBA中， 邊SA上的高為＝， 則△SAB的面積為××＝. 3．(2019·福州質(zhì)量檢測(cè))如圖，在平行四邊形ABCM中，D為CM的中點(diǎn)，以AD為折痕將△ADM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)P的位置，且平面ABCD⊥平面PAD，E是PB的中點(diǎn)，AB＝2BC. (1)求證：

5、CE∥平面PAD； (2)若AD＝2，AB＝4，求三棱錐A-PCD的高． [解]　(1)取AP的中點(diǎn)F，連接DF，EF，如圖所示． 因?yàn)辄c(diǎn)E是PB的中點(diǎn)， 所以EF∥AB，且EF＝. 因?yàn)樗倪呅蜛BCM是平行四邊形，D為CM的中點(diǎn)，所以AB∥CD，且CD＝. 所以EF∥CD，且EF＝CD， 所以四邊形EFDC為平行四邊形，所以CE∥DF， 因?yàn)镃E?平面PAD，DF?平面PAD， 所以CE∥平面PAD. (2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO，如圖所示． 在平行四邊形ABCM中，D為CM的中點(diǎn)，AB＝2BC，AD＝2，AB＝4， 所以MD＝MA＝AD＝CD＝2，所以∠AD

6、C＝120°，PD＝PA＝AD＝2， 所以S△ACD＝×AD×CD×sin∠ADC＝×2×2×＝，OC＝，△ADP為正三角形， 所以PO⊥AD，且PO＝. 因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OC， 所以PC＝＝. 在等腰三角形PCD中，易得S△PCD＝. 設(shè)三棱錐A-PCD的高為h， 因?yàn)閂A-PCD＝VP-ACD，所以S△PCD·h＝S△ACD·PO，所以h＝＝＝， 所以三棱錐A-PCD的高為. 4．如圖，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分別為AB和BB′上的點(diǎn)，且＝. (1)當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，

7、求證：A′B⊥CE； (2)當(dāng)D在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)(不含端點(diǎn))，求三棱錐A′-CDE體積的最小值． [解]　(1)證明：∵D為AB的中點(diǎn)， ∴E為B′B的中點(diǎn)， ∵三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱，AA′＝AB＝6， ∴四邊形ABB′A′為正方形，∴DE⊥A′B. ∵AC＝BC，D為AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB. 由題意得平面ABB′A′⊥平面ABC，且平面ABB′A′∩平面ABC＝AB，CD?平面ABC，∴CD⊥平面ABB′A′. 又A′B?平面ABB′A′， ∴CD⊥A′B. 又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE， ∵CE?平面CDE，∴A′B⊥CE. (2)設(shè)A

8、D＝x(0＜x＜6)， 則BE＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x， 由已知可得點(diǎn)C到平面A′DE的距離即為△ABC的邊AB上的高h(yuǎn)，且h＝＝4， ∴三棱錐A′-CDE的體積VA′-CDE＝VC-A′DE＝(S四邊形ABB′A′－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h＝·h＝(x2－6x＋36)＝[(x－3)2＋27](0＜x＜6)， ∴當(dāng)x＝3，即D為AB的中點(diǎn)時(shí)，VA′-CDE取得最小值，最小值為18. 5．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AC與BD相交于點(diǎn)O，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，三棱錐P-ACD的體

9、積為9. (1)求AD的值； (2)過(guò)點(diǎn)O的平面α平行于平面PAB，平面α與棱BC，AD，PD，PC分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，求截面EFGH的周長(zhǎng)． [解]　(1)因?yàn)樵谒睦忮FP-ABCD中，PA⊥底面ABCD， 四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3， 所以V三棱錐P-ACD＝××AB×AD×AP＝AD＝9， 解得AD＝6. (2)由題知平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF，點(diǎn)O在EF上，平面PAB∩平面ABCD＝AB， 根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，得EF∥AB， 同理EH∥BP，F(xiàn)G∥AP.因?yàn)锽C∥AD， 所以△BOC∽△DOA

10、， 所以＝＝＝. 因?yàn)镋F∥AB，所以＝＝， 又易知BE＝AF，AD＝2BC，所以FD＝2AF. 因?yàn)镕G∥AP， 所以＝＝，F(xiàn)G＝AP＝2. 因?yàn)镋H∥BP，所以＝＝， 所以EH＝PB＝. 如圖，作HN∥BC，GM∥AD，HN∩PB＝N，GM∩PA＝M，則HN∥GM，HN＝GM， 所以四邊形GMNH為平行四邊形，所以GH＝MN， 在△PMN中， MN＝＝， 又EF＝AB＝3，MN＝GH， 所以截面EFGH的周長(zhǎng)為EF＋FG＋GH＋EH＝3＋2＋＋＝5＋＋. 6．如圖，在幾何體ABCDEF中，底面ABCD為矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD＝2EF＝2，ED＝，M為

11、棱FC上一點(diǎn)，平面ADM與棱FB交于點(diǎn)N. (1)求證：ED⊥CD； (2)求證：AD∥MN； (3)若AD⊥ED，試問(wèn)平面BCF是否可能與平面ADMN垂直？若能，求出的值；若不能，說(shuō)明理由． [解]　(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以CD⊥AD. 又因?yàn)镃D⊥EA， EA∩AD＝A， 所以CD⊥平面EAD. 因?yàn)镋D?平面EAD， 所以ED⊥CD. (2)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AD∥BC， 又因?yàn)锳D?平面FBC，BC?平面FBC， 所以AD∥平面FBC. 又因?yàn)槠矫鍭DMN∩平面FBC＝MN， 所以AD∥MN. (3)平面ADMN與平面BCF可以垂直．證明如下： 連接DF.因?yàn)锳D⊥ED，AD⊥CD，ED∩CD＝D， 所以AD⊥平面CDEF. 所以AD⊥DM. 因?yàn)锳D∥MN，所以DM⊥MN. 因?yàn)槠矫鍭DMN∩平面FBC＝MN， 所以若使平面ADMN⊥平面BCF， 則DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC. 在梯形CDEF中，因?yàn)镋F∥CD，DE⊥CD， CD＝2EF＝2，ED＝，所以DF＝DC＝2. 所以若使DM⊥FC成立，則M為FC的中點(diǎn)． 所以＝. - 6 -