【配套K12】高考数学二轮复习 专题能力训练26 解答题专项训练 立体几何 文

小初高试卷教案类
K12小学初中高中
专题能力训练26 解答题专项训练(立体几何)
1.

如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.
(1)若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD;
(2)点M在线段上,PM=tPC,试确定实数t的值,使PA∥平面MQB.

2.
在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,AC⊥BC,A1B⊥C1C,AC=BC.
(1)求证:A1A⊥A1C;
(2)若A1A=A1C=2,求三棱锥B1-A1BC的体积.
小初高试卷教案类

K12小学初中高中
3.

如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,SA=SD,SA⊥AB,N是棱AD的中点.
(1)求证:AB∥平面SCD;
(2)求证:SN⊥平面ABCD;
(3)在棱SC上是否存在一点P,使得平面PBD⊥平面ABCD?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.

4.
如图,在四棱锥P-ABCD中,O为AC与BD的交点,AB⊥平面PAD,△PAD是正三角形,DC∥
AB,DA=DC=2AB.
(1)若点E为棱PA上一点,且OE∥平面PBC,求的值;
(2)求证:平面PBC⊥平面PDC.

5.(2014江苏高考,16)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥
AC,PA=6,BC=8,DF=5.
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求证:(1)直线PA∥平面DEF;
(2)平面BDE⊥平面ABC.

6.
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.
(1)求证:平面A1AC⊥平面AA1B;
(2)若点P为B1C1的中点,求三棱锥P-ABC与四棱锥P-AA1B1B的体积之比.

7.如图,已知在△SCD中,SD=3,CD=,cos∠SDC=-,SA=2AD,AB⊥SD交SC于点B,M为SB上一点,且
SM=2MB.将△SAB沿AB折起,使平面SAB⊥平面ABCD.
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(1)求证:AM∥平面SCD;
(2)求三棱锥S-CDM的体积.

答案与解析
专题能力训练26 解答题专项训练(立体几何)
1.证明:(1)连接BD,因为四边形ABCD为菱形,

且∠BAD=60°,所以△ABD为正三角形,
又Q为AD的中点,所以AD⊥BQ.
又因为PA=PD,所以AD⊥PQ.
又BQ∩PQ=Q,所以AD⊥平面PQB.
又AD⊂平面PAD,
所以平面PQB⊥平面PAD.
(2)因为PA∥平面MQB,连接AC交BQ于点N,连接MN.
由AQ∥BC可得,△ANQ∽△CNB,
所以.
因为PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,
平面PAC∩平面MQB=MN,所以PA∥MN.
因此,,即t的值为.
2.解:(1)因为平面A1ACC1⊥平面ABC,AC⊥BC,
所以BC⊥平面A1ACC1,所以A1A⊥BC.
因为A1B⊥C1C,A1A∥C1C,所以A1A⊥A1B.
又BC∩A1B=B,所以A1A⊥平面A1BC.
又A1C⊂平面A1BC,所以A1A⊥A1C.

(2)由已知及(1),△A1AC是等腰直角三角形,AA1=A1C=2,AC=2.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC,
所以Rt△A1AC斜边上的高等于斜三棱柱ABC-A1B1C1的高,且等于.
在Rt△ABC中,AC=BC=2,S△ABC=AC·BC=4,
所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·=4.
又三棱锥A1-ABC与三棱锥C-A1B1C1的体积相等,都等于V,
所以三棱锥B1-A1BC的体积V1=V-2×V=.
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3.解:(1)因为底面ABCD是矩形,所以AB∥CD.
又因为AB⊄平面SCD,CD⊂平面SCD,
所以AB∥平面SCD.
(2)因为AB⊥SA,AB⊥AD,SA∩AD=A,所以AB⊥平面SAD,
又因为SN⊂平面SAD,所以AB⊥SN.
因为SA=SD,且N为AD的中点,所以SN⊥AD.
又因为AB∩AD=A,所以SN⊥平面ABCD.
(3)存在点P,使得平面PBD⊥平面ABCD.理由如下:
如图,连接BD交NC于点F,
在平面SNC中过点F作FP∥SN交SC于点P,连接PD,PB.

因为SN⊥平面ABCD,所以FP⊥平面ABCD.
又因为FP⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面ABCD.
在矩形ABCD中,因为ND∥BC,所以.
在△SNC中,因为FP∥SN,所以.
则在棱SC上存在点P,使得平面PBD⊥平面ABCD,
此时.
4.(1)解:因为OE∥平面PBC,OE⊂平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC,所以OE∥PC,AO∶OC=AE∶
EP.
因为DC∥AB,DC=2AB,
所以AO∶OC=AB∶DC=1∶2.所以.
(2)证明:(方法一)取PC的中点F,连接FB,FD.

因为△PAD是正三角形,DA=DC,所以DP=DC.
因为F为PC的中点,所以DF⊥PC.
因为AB⊥平面PAD,
所以AB⊥PA,AB⊥AD,AB⊥PD.
因为DC∥AB,所以DC⊥DP,DC⊥DA.
设AB=a,在等腰直角三角形PCD中,DF=PF=a.
在Rt△PAB中,PB=a.
在直角梯形ABCD中,BD=BC=a.
因为BC=PB=a,点F为PC的中点,
所以PC⊥FB.
在Rt△PFB中,FB=a.
在△FDB中,由DF=a,FB=a,BD=a,
可知DF2+FB2=BD2,所以FB⊥DF.
由DF⊥PC,DF⊥FB,PC∩FB=F,PC,FB⊂平面PBC,
所以DF⊥平面PBC.
又DF⊂平面PCD,所以平面PBC^平面PDC.
(方法二)取PD,PC的中点,分别为M,F,连接AM,FB,MF,
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则MF∥DC,MF=DC.
因为DC∥AB,AB=DC,
所以MF∥AB,MF=AB,
即四边形ABFM为平行四边形,所以AM∥BF.
在正三角形PAD中,M为PD的中点,所以AM⊥PD.
因为AB⊥平面PAD,所以AB⊥AM.
又因为DC∥AB,所以DC⊥AM.
因为BF∥AM,所以BF⊥PD,BF⊥CD.
又因为PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PCD,
所以BF⊥平面PCD.
因为BF⊂平面PBC,
所以平面PBC⊥平面PDC.
5.证明:(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,
所以DE∥PA.
又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,
所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,
所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.
又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,
所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.
又PA⊥AC,DE∥PA,
所以DE⊥AC.
因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE,
所以平面BDE⊥平面ABC.
6.(1)证明:由题意得A1B⊥平面ABC,故A1B⊥AC.
又AB⊥AC,AB∩A1B=B,
∴AC⊥平面AA1B.
∵AC⊂平面A1AC,∴平面A1AC⊥平面AA1B.
(2)解:在三棱锥P-ABC中,因为AB⊥AC,
所以底面ABC是等腰直角三角形.
又因为点P到底面的距离h=A1B=2,
所以VP-ABC=S△ABC·h=AC·AB·h=.
由(1)可知AC⊥平面AA1B.
因为点P在B1C1的中点,
所以点P到平面AA1B1B距离h2等于点C1到平面AA1B1B的距离的一半,即h2=1.
·h2=AB·A1B·h2=×2×2×1=,
所以三棱锥P-ABC与四棱锥P-AA1B1B的体积之比为1∶1.
7.(1)证明:如图①,过点C作CO⊥SD交SD的延长线于点O,在BC上取点N使BN∶NC=1∶2,连
接AN.
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图①
在△SCD中,由CD=,cos∠SDC=-,得DO=1,CO=2,即SA=AO.
由AB⊥SD,得SB=BC.
又BN∶NC=1∶2,∴SN∶NC=2∶1.
又SA=2AD,∴AN∥CD.
如图②,连接MN,AN,由于SM∶MB=2∶1⇒MN∥SC.
又AN∥CD,AN∩MN=N,SC∩DC=C,
∴平面AMN∥平面SCD,∴AM∥平面SCD.

图②
(2)解:由AM∥平面SCD,知点M到平面SCD的距离等于点A到平面SCD的距离.
∵平面SAB⊥平面ABCD,SA⊥AB,
∴SA⊥平面ABCD.
所以VS-CDM=VM-SCD=VA-SCD=VS-ACD=×1×2×2=.