2018年高考数学总复习8.6热点专题——立体几何中的热点问题演练提升同步测评文新人教B版

1 8.6 热点专题——立体几何中的热点问题 1．(2016·江西师大附中模拟)如图，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．

(1)求证：平面ADF⊥平面CBF； (2)求证：PM∥平面AFC. 【证明】 (1)∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，CB⊥AB， ∴CB⊥平面ABEF. 又AF⊂平面ABEF，∴CB⊥AF. 又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°， 由余弦定理知BF＝3，AF2＋BF2＝AB2，得AF⊥BF. ∵BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB. 又∵AF⊂平面ADF， ∴平面ADF⊥平面CBF. (2)连接OM并延长交BF于H， 则H为BF的中点，又P为CB的中点，连接PH，

∴PH∥CF，又∵AF⊂平面AFC，∴PH∥平面AFC. 连接PO，则PO∥AC，AC⊂平面AFC，PO∥平面AFC. PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC，

又PM⊂平面POH，∴PM∥平面AFC. 2．(2016·南宁模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，PA2

＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点． (1)求证：AD⊥平面PNB； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥 P­NBM的体积． 【解析】 (1)证明 ∵PA＝PD，N为AD的中点， ∴PN⊥AD. ∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∴BN⊥AD. ∵PN∩BN＝N， ∴AD⊥平面PNB. (2)∵PA＝PD＝AD＝2， ∴PN＝NB＝3， ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD， ∴PN⊥平面ABCD， ∴PN⊥NB，

∴S△PNB＝12×3×3＝32. ∵AD⊥平面PNB，AD∥BC， ∴BC⊥平面PNB. ∵PM＝2MC，

∴VP­NBM＝VM­PNB＝23VC­PNB＝23×13×32×2＝23. 3．(2016·山西四校联考)如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上，矩形DCBE所在的平面垂直于圆O所在的平面，AB＝4，BE＝1.

(1)证明：平面ADE⊥平面ACD； (2)当三棱锥C­ADE的体积最大时，求点C到平面ADE的距离． 【解析】 (1)证明 ∵AB是直径， ∴BC⊥AC. 3

又四边形DCBE为矩形， ∴CD⊥DE，BC∥DE， ∴DE⊥AC. ∵CD∩AC＝C， ∴DE⊥平面ACD. 又DE⊂平面ADE， ∴平面ADE⊥平面ACD.

(2)由(1)知VC­ADE＝VE­ACD＝13×S△ACD×DE＝13×12×AC×CD×DE＝16×AC×BC≤112×(AC2＋

BC2)＝112×AB2＝43，

当且仅当AC＝BC＝22时等号成立． ∴当AC＝BC＝22时，三棱锥C­ADE的体积最大，为43.

此时，AD＝12＋（22）2＝3，S△ADE＝12×AD×DE＝32， 设点C到平面ADE的距离为h，则VC­ADE＝13×S△ADE×h＝43，h＝223. 4．(2016·长春模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，点E，F分别为AB和PD的中点．

(1)求证：直线AF∥平面PEC； (2)求三棱锥P­BEF的表面积． 【解析】 (1)证明 如图，作FM∥CD交PC于M，连接ME.

∵点F为PD的中点， ∴FM綊12CD，

又AE綊12CD， 4

∴AE綊FM， ∴四边形AEMF为平行四边形， ∴AF∥EM， ∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC， ∴直线AF∥平面PEC. (2)连接ED，BD，可知ED⊥AB，

 

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PD⊥平面ABCD

AB⊂平面ABCD⇒PD⊥AB

DE⊥AB⇒ AB⊥平面PEF

PE，FE⊂平面PEF⇒AB⊥PE，AB⊥FE.

故S△PEF＝12PF×ED＝12×12×32＝38； S△PBF＝12PF×BD＝12×12×1＝14；

S△PBE＝12PE×EB＝12×72×12＝78；

S△BEF＝12EF×EB＝12×1×12＝14.

因此三棱锥P­BEF的表面积SP­BEF＝S△PEF＋S△PBF＋S△PBE＋S△BEF＝4＋3＋78. 5．在如图①所示的半圆O中，AB为直径，C为半圆O(A，B除外)上任一点，D，E分别在AO，AC上，DE⊥AB.现将△ABC沿DE折起使得AD⊥BD，从而构成四棱锥A­BCED，如图②所示．

(1)在图②中，若F是BC上的点，且EC∥平面ADF.求证：BC⊥AF； (2)若翻折前DC＝7，AD＝1，∠BAC＝30°，求翻折后四棱锥A­BCED的体积． 【解析】 (1)证明 因为EC∥平面ADF，平面BCED∩平面ADF＝DF，所以EC∥DF. 由已知可得EC⊥BC，所以DF⊥BC. 又AD⊥BD，AD⊥DE，DE∩BD＝D， 所以AD⊥平面BCED. 5

又BC⊂平面BCED，所以AD⊥BC. 又AD∩DF＝D，所以BC⊥平面ADF. 又AF⊂平面ADF，所以BC⊥AF. (2)设半圆O的半径为R，在图中连接OC，

因为∠BAC＝30°，AB⊥DE，AC⊥BC，AD＝1， 所以DE＝AD·tan 30°＝33， ∠AOC＝120°，DO＝R－1，OC＝R. 又DC＝7，在△OCD中，由余弦定理得DC2＝OD2＋OC2－2OD·OC·cos 120°，即7＝

(R－1)2＋R2－2(R－1)·R·－12，即(R－2)(R＋1)＝0，解得R＝2或R＝－1(舍去)．所以AC＝2R·cos 30°＝23，BC＝2R·sin 30°＝2.

所以S四边形BCED＝S△ABC－S△ADE＝12×23×2－12×1×33＝1136. 由(1)知四棱锥A­BCED的高为AD＝1， 所以四棱锥A­BCED的体积为V＝13×AD×S四边形BCED＝13×1×1136＝11318. 6．如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥BC，且A1A＝AB＝BC＝1，CD＝2.

(1)求证：AB1⊥平面A1BC； (2)在线段CD上是否存在点N，使得D1N∥平面A1BC？若存在，求出三棱锥N­AA1C的体积；若不存在，请说明理由． 【解析】 (1)证明 因为直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以A1A⊥BC. 因为AB⊥BC，AB∩A1A＝A，所以BC⊥平面AA1B1B. 又AB1⊂平面AA1B1B， 所以AB1⊥BC. 6

因为A1A⊥AB，A1A＝AB＝1，所以四边形AA1B1B是正方形，所以AB1⊥A1B. 因为A1B∩BC＝B， 所以AB1⊥平面A1BC. (2)方法一 存在，当N为CD的中点时，D1N∥平面A1BC.理由如下： 若N为CD的中点，连接BN，因为AB∥CD，AB＝BC＝1，CD＝2，所以AB∥DN，AB＝DN，所以四边形ABND为平行四边形，所以BN∥AD，BN＝AD. 在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥A1D1，AD＝A1D1，所以BN＝A1D1，BN∥A1D1，所以四边形A1BND1为平行四边形，所以A1B∥D1N. 又D1N⊄平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以D1N∥平面A1BC.

易知S△ACN＝S△BCN＝12CN×BC＝12×1×1＝12，

又A1A⊥平面ABCD，A1A＝1，所以V三棱锥N­AA1C＝V三棱锥A1­ACN＝13S△ACN×A1A＝13×12

×1＝16，即三棱锥N­AA1C的体积为16. 方法二 存在，当N为CD的中点时，D1N∥平面A1BC.

理由如下：若N为CD的中点，取C1D1的中点M，连接BN，A1M，MC，如图所示．因为在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中A1B1∥C1D1，A1B1＝1，C1D1＝2，所以A1B1∥MC1，A1B1＝MC1，所以四边形A1B1C1M为平行四边形，所以A1M∥B1C1，A1M＝B1C1. 又BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以A1M∥BC，A1M＝BC，所以四边形A1BCM为平行四边形，所以A1B∥CM.又D1M＝NC＝1，D1M∥NC，所以四边形D1MCN为平行四边形，所以MC∥D1N，所以D1N∥A1B. 又D1N⊄平面A1BC，且A1B⊂平面A1BC，所以D1N∥平面A1BC.

易知S△ACN＝S△BCN＝12CN×BC＝12×1×1＝12，

又AA1⊥平面ABCD，AA1＝1，所以V三棱锥N­AA1C＝V三棱锥A1­ACN＝13S△ACN×A1A＝13×12×1＝16，即三棱锥N­AA1C的体积为16.