2019-2020年高考数学一轮复习高考大题专项练4高考中的立体几何.pdf
2019-2020 年高考数学一轮复习高考大题专项练4 高考中的立体几何 1. 如图 , 四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD为矩形 ,PA平面ABCD,E为PD的中点. (1) 证明 :PB平面AEC; (2) 设AP=1,AD=, 三棱锥P-ABD的体积V=, 求点A到平面PBC的距离. 2. 如图 , 四棱锥P-ABCD, 侧面PAD是边长为 2 的正三角形 , 且与底面垂直 , 底面ABCD是ABC=60°的菱 形,M为PC的中点. (1) 求证 :PCAD; (2) 证明在PB上存在一点Q, 使得A,Q,M,D四点共面 ; (3) 求点D到平面PAM的距离. 3. 如图所示 ,ABC为正三角形 ,CE平面ABC,BDCE,CE=CA=2BD,M是EA的中点. 求证 :(1)DE=DA. (2) 平面BDM平面ECA. 4. 如图 , 在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中 ,ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=2, 点E在A1D上. (1) 证明 :AA1平面ABCD; (2) 当为何值时 ,A1B平面EAC, 并求出此时三棱锥D-AEC的体积. 5.(2017 山东 , 文 18) 由四棱柱ABCD-A 1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形 ABCD为正方形 ,O为AC与BD的交点 ,E为AD的中点 ,A1E平面ABCD. (1) 证明 :A1O平面B1CD1; (2) 设M是OD的中点 , 证明 : 平面A1EM平面B1CD1. 6. 如图 , 已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平 面PAB内的正投影为点E, 连结PE并延长交AB于点G. (1) 证明 :G是AB的中点 ; (2) 在图中作出点E在平面PAC内的正投影F( 说明作法及理由), 并求四面体PDEF的体积. 7. (2017 天津 , 文 17) 如图 , 在四棱锥P-ABCD中,AD平面PDC,ADBC,PDPB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1) 求异面直线AP与BC所成角的余弦值; (2) 求证 :PD平面PBC; (3) 求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 参考答案 高考大题专项练四高考中的立体几何 1. (1) 证明设BD与AC的交点为O, 连接EO.因为四边形ABCD为矩形 , 所以O为BD的中点. 又E为PD的中点 , 所以EOPB. 又EO? 平面AEC,PB?平面AEC, 所以PB平面AEC. (2) 解V= PA ·AB ·AD= AB, 由V=, 可得AB=. 作AHPB交PB于H, 由题设知BC平面PAB, 所以BCAH. 故AH平面PBC.又AH=. 所以点A到平面PBC的距离为. 2. (1) 证法一取AD中点O, 连接OP,OC,AC, 依题意可知PAD, ACD均为正三角形 , 所以OCAD,OPAD. 又OCOP=O,OC? 平面POC,OP? 平面POC, 所以AD平面POC.又PC? 平面POC, 所以PCAD. 证法二连接AC,依题意可知PAD, ACD均为正三角形, 又M为PC的中点 , 所以AMPC,DMPC. 又AMDM=M,AM? 平面AMD,DM? 平面AMD, 所以PC平面AMD. 又AD? 平面AMD, 所以PCAD. (2) 证明当点Q为棱PB的中点时 ,A,Q,M,D四点共面 , 证明如下 : 取棱PB的中点Q, 连接QM,QA, 又M为PC的中点 , 所以QMBC, 在菱形ABCD中ADBC, 所以QMAD, 所以A,Q,M,D四点共面. (3) 解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离 , 由(1) 可知POAD, 又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO? 平面PAD, 所以PO 平面ABCD, 即PO为三棱锥P-ACD的体高. 在 RtPOC中 ,PO=OC=,PC=, 在PAC中,PA=AC=2,PC=, 边PC上的高 AM=, 所以PAC的面积SPAC=PC ·A M=, 设点D到 平面PAC的距离为h, 由VD-PAC=VP-ACD, 得SPAC·h=SACD·PO, 又SACD=×2 2= , 所以·h=, 解得h=, 所以点D到平面PAM的距离为. 3. 证明 (1) 取CE的中点F, 连接DF. CE平面ABC, CEBC. BDCE,BD=CE=CF=FE, 四边形FCBD是矩形 ,DFEC. 又BA=BC=DF,Rt DEFRtADB,DE=DA. (2) 取AC中点N, 连接MN,NB, M是EA的中点 ,MNCE. 由BDCE, 且BD平面ABC, 可得四边形MNBD是矩形 , 于是DMMN. DE=DA,M是EA的中点 ,DMEA. 又EAMN=M, DM平面ECA, 而DM? 平面BDM, 平面BDM平面ECA. 4.(1) 证明因为底面ABCD是菱形 , ABC=60°, 所以AB=AD=AC=2. 在AA1B中, 由A+AB 2=A 1B 2, 知 AA1AB. 同理 ,AA1AD. 又因为ABAD于点A, 所以AA1平面ABCD. (2) 解当=1 时,A1B平面EAC. 证明如下 : 连接BD交AC于O, 当=1, 即点E为A1D的中点时 , 连接OE, 则OEA1B, 所以 A1B平面EAC. 设AD的中点为F, 连接EF. 则EFAA1, 所以EF平面ACD, 且EF=1, 可求得SACD=. 所以VE-ACD=×1×, 即VD-AEC=VE-ACD=. 5.证明 (1) 取B1D1的中点O1, 连接CO1,A1O1, 由于ABCD-A 1B1C1D1是四棱柱 , 所以A1O1OC,A1O1=OC, 因此 四边形A1OCO 1为平行四边形 , 所以A1OO1C. 又O1C? 平面B1CD1,A1O?平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. (2) 因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点 , 所以EMBD, 又A1E平面ABCD,BD? 平面ABCD, 所以A1EBD, 因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1.又A1E,EM? 平面A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1? 平面B1CD1, 所以平面A1EM平面B1CD1. 6.(1) 证明因为P在平面ABC内的正投影为D, 所以ABPD. 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE. 所以AB平面PED, 故ABPG. 又由已知可得,PA=PB, 从而G是AB的中点. (2) 解在平面PAB内, 过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影. 理由如下 : 由已知可得PBPA,PBPC, 又EFPB, 所以EFPA,EFPC. 因此EF平面PAC, 即点F为E在平面PAC内的正投影. 连接CG, 因为P在平面ABC内的正投影为D, 所以D是正三角形ABC的中心. 由(1) 知 ,G是AB的中点 , 所以D在CG上, 故CD=CG. 由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB, 所以DEPC, 因此PE=PG,DE=PC. 由已知 , 正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6, 可得DE=2,PE=2. 在等腰直角三角形EFP中, 可得EF=PF=2. 所以四面体PDEF的体积V=×2×2×2=. 7.(1) 解如图 , 由已知ADBC, 故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角. 因为AD平面PDC, 所以ADPD. 在 RtPDA中 ,由已知 , 得AP=, 故 cosDAP=. 所以 ,异面直线AP与BC所成角的余弦值为. (2) 证明因为AD平面PDC, 直线PD? 平面PDC, 所以ADPD.又因为BCAD,所以PDBC. 又PDPB, 所以PD平面PBC. (3) 解过点D作AB的平行线交BC于点F, 连接PF, 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所 成的角. 因为PD平面PBC, 故PF为DF在平面PBC上的射影 , 所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC,DFAB, 故BF=AD=1, 由已知 , 得CF=BC-BF=2. 又ADDC, 故BCDC, 在 RtDCF中 ,可得DF=2, 在 RtDPF中 , 可得 sin DFP=. 所以 ,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
