专题10+立体几何大题-冲刺高考最后一个月之2019高考数学（文）名师押题高端精品

专题10+立体几何大题-冲刺高考最后一个月之2019高考数学（文）名师押题高端精品

（一） 命题特点和预测：‎ 分析近8年全国课标1文科数学试卷，发现8年8考，每年1题．第1问多为证明空间线线、线面、面面垂直或平行问题，第2问多为空间几何体体积或表面积计算问题或点到面的距离计算，位置为18题或19题，难度为中档题.2019年立体几何大题仍为18题或19题，仍将考查空间线线、线面、面面垂直或平行问题，第2问多为空间几何体的体积或表面积的计算问题或点到面的距离计算，难度仍为中档题.‎ ‎（二）历年试题比较：‎ 年份 ‎ 题目 ‎2018年 ‎【2018新课标1，文18】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．‎ ‎2017年 ‎【2017新课标1，文18】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且．‎ ‎（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（2）若PA=PD=AB=DC，，且四棱锥P−ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．‎ ‎2016年 ‎【2016新课标1文数】（本小题满分12分）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.‎ ‎（Ⅰ）证明：G是AB的中点；‎ ‎（Ⅱ）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．‎ ‎2015年 ‎【2015高考新课标1，文18】（本小题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，‎ ‎（I）证明：平面平面；‎ ‎（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.‎ ‎2014年 ‎【2014全国1，文19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.‎ （1） 证明：‎ （2） 若,求三棱柱的高.‎ ‎2013年 ‎【2013课标全国Ⅰ，文19】(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.‎ ‎(1)证明：AB⊥A1C；‎ ‎(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．‎ ‎2012年 ‎【2012课标全国Ⅰ，文19】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点。‎ ‎(Ｉ) 证明：平面BDC1⊥平面BDC ‎（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。‎ ‎2011年 ‎【2011新课标，文18】如图，四棱锥中，底面为平行四边形.底面 .‎ ‎（I）证明：‎ ‎（II）设，求棱锥的高.‎ ‎【解析与点睛】‎ ‎（2018年）【解析】（1）由已知可得，=90°，．‎ 又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．‎ 又AB平面ABC，‎ 所以平面ACD⊥平面ABC．‎ ‎（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．‎ 又，所以．‎ 作QE⊥AC，垂足为E，则 ．‎ 由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．‎ 因此，三棱锥的体积为 ‎．‎ ‎（2017年）【解析】（1）因为，所以，‎ 因为，所以，因为，所以．‎ 又，所以平面，‎ 因为平面，所以平面平面．‎ ‎（2）由（1）知平面，因为平面，所以平面平面．‎ 取中点，因为，，所以，‎ 又因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以平面．‎ 由，得四边形为平行四边形．‎ 不妨设，则，所以，且．‎ 因此四棱锥的体积为，解得．‎ 所以．‎ ‎【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．‎ ‎（2016年）【解析】（I）因为在平面内的正投影为，所以 ‎【考点】线面位置关系及几何体体积的计算 ‎【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.‎ ‎（2015年）【解析】（I）因为四边形ABCD为菱形，‎ 所以ACBD，‎ 因为BE平面ABCD，‎ 所以ACBE，‎ 故AC平面BED.‎ 又AC平面AEC，‎ 所以平面AEC平面BED ‎（II）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.‎ 因为AEEC，所以在AEC中，可得EG=.‎ 由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.‎ 由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2‎ 从而可得AE=EC=ED=.‎ 所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.‎ 故三棱锥E-ACD的侧面积为.‎ ‎（2014年）【解析】（1）连结，则O为与的交点. ‎ 因为侧面为菱形，所以. ‎ 又平面，所以，‎ 故平面ABO.‎ 由于平面ABO，故.‎ ‎（2）作，垂足为D，连结AD，作，垂足为H.‎ 由于，，故平面AOD，所以，‎ 又，所以平面ABC.‎ 因为，所以为等边三角形，又，可得.‎ 由于，所以,‎ 由，且，得，‎ 又O为的中点，所以点到平面ABC的距离为.‎ 故三棱柱的高为.‎ ‎（2013年）【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，‎ ‎∵AB=，=，∴是正三角形，‎ ‎∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵=E，∴AB⊥面， ∴AB⊥；‎ ‎（Ⅱ）∵AB=AC=BC=2，∴CE=，在正中，AB=2, ∴=, ‎ ‎∵A1C=，∴，∴⊥CE，‎ 由（Ⅰ）知⊥AB，AB∩CE=E，∴⊥面ABC，‎ ‎∴是三棱锥的高，‎ ‎∴三棱锥的体积为==3.‎ ‎（2012年）【解析】（Ⅰ）由题设知BC⊥,BC⊥AC，,‎ ‎∴面, ‎ 又∵面，‎ ‎∴,‎ 由题设知,‎ ‎∴=,即,‎ 又∵, ‎ ‎∴⊥面, ‎ ‎ ∵面，‎ ‎∴面⊥面；‎ ‎（Ⅱ）设棱锥的体积为，=1，由题意得，==，‎ 由三棱柱的体积=1，‎ ‎∴=1:1， ∴平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1.‎ ‎（2011年）‎ ‎（三）命题专家押题 题号 试 题 ‎1.‎ 已知四棱锥中，四边形为梯形，,平面平面，为线段的中点，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求点到平面的距离.‎ ‎2.‎ 如图，是平行四边形，，为的中点，且有，现以为折痕，将折起，使得点到达点的位置，且 ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若四棱锥的体积为，求四棱锥的侧面积．‎ ‎3.‎ 如图，三棱锥中，、均为等腰直角三角形，且，若平面平面．‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）点为棱上靠近点的三等分点，求点到平面的距离．‎ ‎4.‎ 如图，平面ABCD⊥平面CDEF，且四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，∠BAD=∠CDA=90°，AB=AD=DE=CD，M是线段DE上的动点．‎ ‎(1)试确定点M的位置，使BE∥平面MAC，并说明理由；‎ ‎(2)在(1)的条件下，四面体E-MAC的体积为3，求线段AB的长．‎ ‎5.‎ 如图，矩形中，，，、是边的三等分点.现将、分别沿、折起，使得平面、平面均与平面垂直.‎ ‎（1）若为线段上一点，且，求证：平面；‎ ‎（2）求多面体的体积.‎ ‎6‎ 如图，四棱锥P-ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB=90°，PA=AD，DC=2AB，E为PC中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PA⊥BC；‎ ‎（Ⅱ）求证：直线BE∥平面PAD；‎ ‎（Ⅲ）求证：平面PBC⊥平面PDC．‎ ‎7‎ 在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面，， ，，分别为，的中点，过的平面与面交于，两点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：平面平面； ‎ ‎（3）设，当为何值时四棱锥的体积等于，求的值．‎ ‎8‎ 在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，，，， ，为的中点.‎ ‎（1）平面平面 ‎（2）求点到平面的距离 ‎9‎ 如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，、分别为、的中点.‎ ‎（I）证明：平面平面；‎ ‎（II）求三棱锥的体积.‎ ‎10‎ 如图1，矩形中，,是边上异于端点的动点，,将矩形沿折叠至处，使面（如图2）.点满足，.‎ ‎(1)证明：；‎ ‎(2)设，当为何值时，四面体的体积最大，并求出最大值.‎ ‎【详细解析】‎ ‎1.【解析】（1)由题意知，,且，‎ 所以四边形是正方形，连接，所以，‎ 又因为，，所以四边形是平行四边形，‎ 所以，则.‎ 因为平面平面，，平面平面，故平面.所以，所以，‎ 又因为，则平面.‎ ‎（2），，的面积为，‎ 又由（1）知平面，，‎ 又在中，，，，‎ 由（1）知，的面积为，‎ 设点到平面的距离为，则，即.‎ ‎2.【解析】（1）在中，，，，‎ ‎∴∠PEC=90°，即PE⊥EC，‎ 又PE⊥AE，∴PE⊥面ABCE．‎ ‎（2）由（1）得PE⊥面ABCE，‎ VP-ABCE=，‎ ‎∴AE=1，∴PE⊥AB，又AB⊥AE，‎ ‎∴AB⊥面PAE，∴AB⊥PA，∴PA=，‎ 由题意得BC=PC=，PB=，‎ ‎△PBC中，由余弦定理得，‎ ‎∴∠PCB=120°，‎ ‎∴，‎ ‎，，‎ ‎∴四棱锥P-ABCE的侧面积．‎ ‎3.【解析】（Ⅰ）证明：取的中点为，连接．‎ ‎∵在中，，为的中点，∴，‎ ‎∵在中，，为的中点，∴，‎ ‎∵，，平面，∴⊥平面，‎ ‎∵平面，∴．‎ ‎（Ⅱ）∵平面平面，，‎ 平面平面，平面．∴平面．‎ 在三棱锥中，，由题意，，．‎ ‎∵‎ 在中，，∴，‎ 则由得， ‎ 因点为棱上靠近点的三等分点，‎ 则点到平面的距离等于点到平面距离的．‎ ‎∴点到平面的距离等于．‎ ‎4.【解析】（1）当时，平面．‎ 证明如下：连接，交于，连接，‎ 由于，∴，得，‎ 由于平面，平面MAC，∴平面；‎ ‎（2）∵，，，‎ ‎∴平面，‎ 又∵平面平面，，‎ ‎∴平面，则，‎ 设，则．‎ 由，得，因此．‎ ‎5.【解析】（1）分别取，的中点，，连接，，，，‎ 因为，，所以，且.‎ 因为，，所以，且.‎ 因为面、面均与面垂直，‎ 所以面，面，‎ 所以，且.‎ 因为，所以，‎ 所以是以为斜边的等腰直角三角形，故，‎ 而，则，‎ 故面面，‎ 则面.‎ ‎（2）如图，连接，，由（1）可知，，且，‎ 则四边形为平行四边形，故.‎ 因为，‎ 所以.‎ ‎6.【解析】（Ⅰ）因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊥AB，PA⊂平面PAB，‎ 所以PA⊥平面ABCD．‎ 又因为BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC.‎ ‎（Ⅱ）方法一：取中点，连接，．‎ 在△中，，分别为，的中点，所以∥ ．‎ 又因为AB∥DC且，所以AB∥EF且AB=EF．‎ 所以四边形ABEF为平行四边形．所以BE∥AF．‎ 因为AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD．‎ 方法二：‎ 取DC中点G，连接BG，EG．‎ 在△PCD中，E，G分别为PC，DC的中点，所以EG∥PD．‎ 又因为PD⊂平面PAD，EG⊄平面PAD，所以EG∥平面PAD．‎ 因为AB∥DG且AB=DG，所以四边形ABGD为平行四边形．所以BG∥AD．‎ 又因为AD⊂平面PAD，BG⊄平面PAD，所以BG∥平面PAD．‎ 因为EG∥平面PAD，BG∥平面PAD，EG∩BG=G，‎ 所以平面BGE∥平面PAD．‎ 又因为BE⊂平面BGE，所以BE∥平面PAD．‎ ‎（Ⅲ）因为AP=AD，F为PD的中点，所以AF⊥PD．‎ 又因为BE∥AF，所以BE⊥PD．‎ 因为PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PA⊥DC．‎ 因为AB∥CD，∠DAB=90°，所以AD⊥DC．‎ 因为DC⊥AD，DC⊥PA，AD∩PA=A，所以DC⊥平面PAD．‎ 又因为AF⊂平面PAD，所以DC⊥AF．‎ 又因为BE∥AF，所以DC⊥BE．‎ 因为BE⊥DC，BE⊥PD，DC∩PD=D，所以BE⊥平面PDC．‎ 又因为BE⊂平面PDC，所以平面PBC⊥平面PDC．‎ ‎7.【解析】（1）在平行四边形中 ，由，分别为，的中点，得，‎ ‎∵平面，平面，∴平面，‎ 过的平面与面交于，∴．‎ ‎（2）在平行四边形中，∵，，∴即有，由（1）得，∴．‎ ‎∵侧面底面，且，平面平面，‎ 且面，∴底面，‎ 又∵底面，∴，‎ 又∵，平面，平面，‎ ‎∴平面，∴平面，∴平面平面．‎ ‎（3）由题得，设四棱锥的高为h，∴，∴，‎ ‎∵，∴．‎ ‎8.【解析】（1）在菱形中，为的中点，则 又由已知，，则，故 又且，则平面 又因为平面 所以，平面平面 ‎（2）由题设，连接，在中，，在中，，‎ 在中，由余弦定理,‎ 所以 的面积：‎ 的面积：‎ 设点到平面的距离为 则三棱锥的体积：‎ ‎,解得：‎ ‎9.【解析】（Ⅰ）证明：由已知 为直角，为的中点，,故是矩形，, , ‎ 又分别为的中点. ,‎ ‎，所以平面． ‎ ‎（Ⅱ）法一：如图所示,‎ ‎．‎ 法二：过作 ‎ ‎．‎ ‎10.【解析】（1）在面内，过点F作FG交于点G，连接GE.‎ ‎，，又面，FG面 面. ‎ 由得，同理可证得面.‎ 又，面，‎ ‎∴面面，‎ 又面，‎ 面 ‎（2），则BM=2-x，ME=GM=，‎ 面面MBCN，面面MBCN=NM，‎ 面，‎ ‎ 则面MBCN,即面MEC，‎ 又GF面MEC，‎ ‎，‎ 当时，取得最大值.‎