【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第八章素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第八章素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略作业

素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略 ‎1.[2020大同市高三调研,12分]如图4-1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC =3,BC =4,AB =5,AA1 =4,点D是AB的中点.‎ ‎(1)求证AC⊥BC1;‎ ‎(2)求证AC1∥平面CDB1;‎ ‎(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.‎ 图4-1‎ ‎2.[2020湖北部分重点中学高三测试,12分]如图4-2,在四边形ABED中,AB∥DE,AB⊥BE,点C在AB上,且AB⊥CD,AC =BC =CD =2,现将△ACD沿CD折起,使点A到达点P的位置,且PE =2‎2‎.‎ ‎(1)证明:平面PBC⊥平面DEBC.‎ ‎(2)求三棱锥P-EBC的体积.‎ 图4-2‎ ‎3.[原创题,12分]如图4-3,在多面体ABCDEF 中,AB =DE =2AD,平面CDE⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,BC∥EF ,点G在线段CE上,且EG =2GC =‎2‎‎2‎‎3‎AB.‎ ‎(1)求证:DE⊥平面ABCD;‎ ‎(2)若EF =2BC,求多面体ABCDEF 被平面BDG分成的大、小两部分的体积比.‎ 图4-3‎ ‎4.[2019湖北仙桃一中考前适应性考试,12分]如图4-4,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,平面ABCD⊥平面PAD,∠PAD =∠APD,E是线段PB的中点,F 是线段DC上的点,且AB =CF =2F D =6.‎ ‎(1)证明:EF ⊥平面APB;‎ ‎(2)在PC上是否存在一点K,满足PK =λKC,使得平面EF K∥平面PAD?若存在,求出实数λ的值;若不存在,请说明理由.‎ 图4-4‎ 素养提升4 高考中立体几何解答题的提分策略 ‎1.(1)∵在直三棱柱ABC - A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5, ‎ ‎∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.‎ 又AC⊥CC1,BC∩CC1=C,BC⊂平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1,∴AC⊥平面BCC1B1,‎ 又BC1⊂平面BCC1B1,∴AC⊥BC1.(4分)‎ ‎ (2)如图D 4 - 1,设CB1与C1B的交点为E,连接DE.‎ 图D 4 - 1‎ ‎∵D是AB的中点,E是BC1的中点,∴DE∥AC1.‎ ‎∵DE⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1,∴AC1∥平面CDB1.(8分)‎ ‎(3)∵DE∥AC1,∴∠CED或其补角为异面直线AC1与B1C所成的角.‎ 易知AC1=5.在△CED中,ED=‎1‎‎2‎AC1=‎5‎‎2‎,CD=‎1‎‎2‎AB=‎5‎‎2‎,CE=‎1‎‎2‎CB1=2‎2‎,‎ ‎∴cos∠CED=CE‎2‎+DE‎2‎ - CD‎2‎‎2×CE×DE‎=‎8‎‎2×2‎2‎×‎‎5‎‎2‎=‎‎2‎‎2‎‎5‎.‎ ‎∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为‎2‎‎2‎‎5‎.(12分)‎ ‎2.(1)∵AB⊥BE,AB⊥CD,∴BE∥CD.‎ ‎∵AC⊥CD,∴PC⊥CD,∴PC⊥BE.‎ 又BC⊥BE,PC∩BC=C,PC⊂平面PBC,BC⊂平面PBC,‎ ‎∴EB⊥平面PBC,‎ 又EB⊂平面DEBC,∴平面PBC⊥平面DEBC.(6分)‎ ‎(2)解法一　由AB∥DE,结合(1)中的BE∥CD得四边形BCDE为平行四边形,∴BE=CD=2.‎ 由(1)知EB⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,∴EB⊥PB,由PE=2‎2‎得PB=PE‎2‎ - EB‎2‎=2,‎ ‎∴△PBC为等边三角形,∴S△PBC=‎3‎‎4‎×22=‎3‎,‎ ‎∴V三棱锥P - EBC=V三棱锥E - PBC=‎1‎‎3‎S△PBC·EB=‎1‎‎3‎‎×‎‎3‎×2=‎2‎‎3‎‎3‎.(12分)‎ 解法二　由AB∥DE,结合(1)中的BE∥CD得四边形BCDE为平行四边形,∴BE=CD=2.‎ 由(1)知EB⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,∴EB⊥PB,由PE=2‎2‎得PB=PE‎2‎ - EB‎2‎=2,‎ ‎∴△PBC为等边三角形.‎ 取BC的中点O,连接OP,则PO=‎3‎,‎ ‎∵PO⊥BC,平面PBC∩平面DEBC=BC,平面PBC⊥平面DEBC,‎ ‎∴PO⊥平面DEBC,‎ ‎∴V三棱锥P - EBC=‎1‎‎3‎S△EBC·PO=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×22×‎3‎‎=‎‎2‎‎3‎‎3‎.(12分)‎ ‎3.(1)因为四边形ABCD为矩形,所以CD=AB.‎ 因为AB=DE,所以CD=DE.(1分)‎ 因为点G在线段CE上,且EG=2GC=‎2‎‎2‎‎3‎AB,‎ 所以EC=‎2‎AB=‎2‎CD,(2分)‎ 所以DE2+CD2=EC2,‎ 所以DE⊥CD.(3分)‎ 又平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,DE⊂平面CDE,‎ 所以DE⊥平面ABCD.(4分)‎ ‎(2)解法一　由(1)知,DE⊥平面ABCD,且AD⊥DC,‎ 所以DE,DA,DC两两垂直,又AD∥BC,所以易知BC⊥平面CDE.(5分)‎ 设AD=1,则AB=DE=2,EF=2BC=2,‎ 因为EG=2GC,‎ 所以S△CDG=‎1‎‎3‎S△CDE=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×CD×DE=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×2×2=‎2‎‎3‎,‎ S△DGE=‎2‎‎3‎S△CDE=‎2‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×CD×DE=‎2‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×2×2=‎4‎‎3‎,(6分)‎ 所以V三棱锥B - CDG=‎1‎‎3‎S△CDG×BC=‎1‎‎3‎‎×‎‎2‎‎3‎×1=‎2‎‎9‎,(7分)‎ 连接BE,则V三棱锥B - DEG=‎1‎‎3‎S△DEG×BC=‎1‎‎3‎‎×‎‎4‎‎3‎×1=‎4‎‎9‎.(8分)‎ 因为BC∥EF,BC∥AD,所以AD∥EF,‎ 易知AB⊥平面ADEF,‎ 所以S梯形ADEF=DE‎2‎·(AD+EF)=‎2‎‎2‎×(1+2)=3,(9分)‎ 所以V四棱锥B - ADEF=‎1‎‎3‎S梯形ADEF×AB=‎1‎‎3‎×3×2=2,(10分)‎ 所以V三棱锥B - DEG+V三棱锥B - ADEF=‎4‎‎9‎+2=‎22‎‎9‎.(11分)‎ 因为V三棱锥B - DEG‎+‎V四棱锥B - ADEFV三棱锥B - CDG‎=‎‎22‎‎9‎‎2‎‎9‎=11.‎ 所以多面体ABCDEF被平面BDG分成的大、小两部分的体积比为11∶1.(12分)‎ 解法二　设三棱锥G - BCD的体积为1.‎ 连接EB,AE.‎ 因为EG=2GC,所以CG=‎1‎‎3‎EC,所以V三棱锥E - BCD=3V三棱锥G - BCD=3.(6分)‎ 易知V三棱锥E - BCD=V三棱锥E - ABD=3.(8分)‎ 又EF=2BC,BC∥EF,所以2S△ADE=S△EFA,‎ 故2V三棱锥B - ADE=V三棱锥B - AEF.‎ 又V三棱锥B - ADE=V三棱锥E - ABD=3,所以V三棱锥B - AEF=6,(10分)‎ 故V三棱锥B - AEF+V三棱锥E - ABD+V三棱锥E - BDG=6+3+3 - 1=11.(11分)‎ 故多面体ABCDEF被平面BDG分成的大、小两部分的体积比为11∶1.(12分)‎ ‎4. (1)如图D 4 - 2,取线段PA的中点M,连接MD,ME.‎ 图D 4 - 2‎ 因为E是线段PB的中点,所以ME∥AB,ME=‎1‎‎2‎AB.‎ 又AB=CF=2FD=6,所以DF=‎1‎‎2‎AB,‎ 所以ME=DF.‎ 又DF∥AB,所以ME∥DF,所以四边形MDFE是平行四边形,所以EF∥MD.‎ 因为∠PAD=∠APD,‎ 所以PD=AD,所以MD⊥PA.‎ 因为平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,‎ 所以MD⊥AB.‎ 又PA∩AB=A,PA⊂平面APB,AB⊂平面APB,所以MD⊥平面APB,故EF⊥平面APB.(6分)‎ ‎(2)存在满足条件的点K.‎ 由(1)可知EF∥MD,EF⊄平面PAD,MD⊂平面PAD,所以EF∥平面PAD.‎ 根据题意,可得当点K为PC上靠近点P的三等分点,即λ=‎1‎‎2‎时,满足题意.‎ 此时PKKC‎=DFFC=‎‎1‎‎2‎,则FK∥PD.‎ 又PD⊂平面PAD,FK⊄平面PAD,所以FK∥平面PAD.‎ 又FK∩EF=F,FK⊂平面EFK,EF⊂平面EFK,所以平面EFK∥平面PAD.‎ 故当PK‎=‎‎1‎‎2‎KC时,平面EFK∥平面PAD.(12分)‎