2018-2019学年数学高考一轮复习训练：高考大题专项练4 高考中的立体几何

高考大题专项练四高考中的立体几何
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:PC⊥AD;
(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,BD∥CE,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-A1B1C1D1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,AD∥BC,PD⊥PB,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EO∥PB.
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AH⊥PB交PB于H,
由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH.
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OC⊥AD,OP⊥AD.
又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.
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AM⊥PC,DM⊥PC.
又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,
所以PC⊥平面AMD.
又AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.
(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QM∥BC,
在菱形ABCD中AD∥BC,所以QM∥AD,
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PO⊥AD,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Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高
AM=,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=,设点D
到平面PAC的距离为h,由V D-PAC=V P-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO,又S△ACD=×22=,
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,
∴CE⊥BC.
∵BD∥CE,BD=CE=CF=FE,
∴四边形FCBD是矩形,∴DF⊥EC.
又BA=BC=DF,∴Rt△DEF≌Rt△ADB,∴DE=DA.
(2)取AC中点N,连接MN,NB,
∵M是EA的中点,∴MN CE.
由BD CE,且BD⊥平面ABC,可得四边形MNBD是矩形,于是DM⊥MN.
∵DE=DA,M是EA的中点,∴DM⊥EA.
又EA∩MN=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+AB2=A1B2,知AA1⊥AB.
同理,AA1⊥AD.
又因为AB∩AD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OE∥A1B,所以A1B∥平面EAC.
设AD的中点为F,连接EF.
则EF∥AA1,所以EF⊥平面ACD,且EF=1,可求得S△ACD=.
所以V E-ACD=×1×,即V D-AEC=V E-ACD=.
5.证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,
所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以A1E⊥BD,因为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.
6.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.
所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.
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PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC.
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DE∥PC,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AD∥BC,
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AD⊥PD.
在Rt△PDA中,由已知,得AP=,
故cos∠DAP=.
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AD⊥PD.又因为BC∥AD,所以PD⊥BC.
又PD⊥PB,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,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.。