【数学】2020届一轮复习（文理合用）高考大题规范解答系列4立体几何（文）作业

【数学】2020届一轮复习（文理合用）高考大题规范解答系列4立体几何（文）作业

对应学生用书[练案49文]‎ 高考大题规范解答系列(四)——立体几何(文)‎ ‎1．(2019·河北武邑)如图，在四棱锥V－ABCD中，底面是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，E为AB的中点．‎ ‎(1)在侧棱VC上找一点F，使BF∥平面VDE，并证明你的结论；‎ ‎(2)在(1)的条件下，求三棱锥E－BDF的体积．‎ ‎[解析]　(1)F为VC的中点．‎ 取CD的中点H，连接BH，HF.‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，E为AB的中点，‎ ‎∴BE綊DH.‎ ‎∴四边形BEDH为平行四边形，∴BH∥DE.‎ 又∵F为VC的中点，H为CD的中点，‎ ‎∴FH∥VD，DE∩VD＝D，BH∩FH＝H，‎ ‎∴平面BHF∥平面VDE.‎ 又BF⊂平面BHF，∴BF∥平面VDE.‎ ‎(2)∵F为VC的中点，S△BDE＝S 正方形ABCD，‎ ‎∴VE－BDF＝VF－BDE＝VV－ABCD．‎ 由条件可知V－ABCD为正四棱锥．‎ ‎∴V在平面ABCD内的射影为BD的中点O.‎ ‎∵VB＝，BO＝，∴VO＝.‎ ‎∴VV－ABCD＝×22×＝，‎ ‎∴VE－BDF＝.‎ ‎2．(2019·辽宁凌源)已知正四棱锥S－ABCD的各条棱长都相等，且点E，F分别是SB，SD的中点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SB．‎ ‎(2)在SC上是否存在点M，使平面MBD∥平面AEF，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：设AC∩BD＝O，则O为底面正方形ABCD的中心，连接SO.‎ 因为S－ABCD为正四棱锥，‎ 所以SO⊥平面ABCD，所以SO⊥AC．‎ 又BD⊥AC，且SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD．‎ 因为SB⊂平面SBD，故AC⊥SB．‎ ‎(2)存在点M，设SO∩EF＝G，则G是OS的中点，连接AG，CG.取CG中点H，连接OH并延长交SC于点M，‎ ‎∵O是AC中点，∴OH∥AG，即OM∥AG，‎ 又EF∥BD，OM，BD⊄平面AEF，AC，EF⊂平面AEF，‎ ‎∴OM∥平面AEF，BD∥平面AEF，‎ 又OM∩BD＝O，OM，BD⊂平面MBD，‎ ‎∴平面MBD∥平面AEF，‎ 在△SOC中，作GN∥HM交SC于N，‎ ‎∵G是OS的中点，则N是SM中点，M是CN中点，‎ ‎∴＝2.‎ ‎3．(2019·山东菏泽模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起使平面ADM⊥平面ABCM.‎ ‎(1)当AB＝2时，求三棱锥M－BCD的体积；‎ ‎(2)求证：BM⊥AD．‎ ‎[解析]　(1)如图，取AM的中点N，连接DN.‎ ‎∵在矩形ABCD中，M为DC的中点，AB＝2AD＝2，‎ ‎∴DM＝AD＝1.又N为AM的中点，‎ ‎∴DN⊥AM.‎ 又∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，DN⊂平面ADM，‎ ‎∴DN⊥平面ABCM.‎ ‎∵AD＝1，∴DN＝，又S△BCM＝CM·CB＝，‎ V三棱锥M－BCD＝V三棱锥D－BCM＝S△BCM·DN＝.‎ ‎(2)证明：由(1)可知，DN⊥平面ABCM，‎ 又BM⊂平面ABCM，∴BM⊥DN.‎ 在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为DC的中点，‎ ‎∴△ADM，△BCM都是等腰直角三角形，且∠ADM＝90°，∠BCM＝90°，‎ ‎∴AM＝BM＝MC．‎ 又AB2＝4MC2＝AM2＋BM2，∴BM⊥AM.‎ 又DN∩AM＝N，∴BM⊥平面ADM.‎ 又AD⊂平面ADM，∴BM⊥AD．‎ ‎4．(2019·四川广元模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，底面为梯形ABCD，AB∥DC，平面PAD⊥平面ABCD．已知BD＝2AD＝4，AB＝2DC＝2BC＝2.‎ ‎(1)求证：BD⊥PA；‎ ‎(2)线段PC上是否存在点M，使三棱锥P－ABD体积为三棱锥P－MBD体积的6倍．若存在，找出点M的位置；若不存在，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：∵BD＝2AD＝4，AB＝2，‎ ‎∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD．‎ 又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ ‎∴BD⊥平面PAD．又PA⊂平面PAD．‎ ‎∴BD⊥PA．‎ ‎(2)假设存在点M满足条件，设CM＝mCP(m∈[0,1])，点P到平面ABCD的距离为h1，点M到平面ABCD的距离为h2，S△ABD＝2S△BCD．‎ 由相似三角形可知＝＝m，‎ ＝ ‎＝＝＝6，‎ ‎∴m＝，∴点M是PC上靠近点P的三等分点．‎ ‎5．(2019·西六校联考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，AB⊥BC，AB＝BC＝2CD＝2，侧棱AA1⊥平面ABCD，且点M是AB1的中点．‎ ‎(1)证明：CM∥平面ADD1A1；‎ ‎(2)求点M到平面ADD1A1的距离．‎ ‎[解析]　(1)证明：如图，取AB的中点E，连接CE，ME.‎ ‎∵M为AB1的中点，∴ME∥BB1∥AA1.‎ 又∵AA1⊂平面ADD1A1，∴ME∥平面ADD1A1.‎ 又∵AB∥CD，CD＝AB，∴AE綊CD，‎ ‎∴四边形AECD为平行四边形，∴CE∥AD．‎ 又∵AD⊂平面ADD1A1，∴CE∥平面ADD1A1.‎ 又∵ME∩CE＝E，∴平面CME∥平面ADD1A1.‎ 又∵CM⊂平面CME，∴CM∥平面ADD1A1.‎ ‎(2)由(1)可知CM∥平面ADD1A1，‎ ‎∴M到平面ADD1A1的距离等于C到平面ADD1A1的距离，不妨设为h，‎ 则V三棱锥A1－ACD＝V三棱锥C－AA1D，V三棱锥A1－ACD＝S△ACD·AA1＝×·CD·BC·AA1＝××1×2·AA1＝AA1.‎ 在梯形ABCD中，可计算得出AD＝，‎ 则V三棱锥C－AA1D＝S△AA1D·h＝×·AD·AA1·h＝××·AA1·h＝AA1·h，‎ ‎∴AA1＝AA1·h，得h＝，‎ 即点M到平面ADD1A1的距离为.‎ ‎6．(2019·四川成都模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，AA1的中点，Q是BC上一个动点，且BQ＝λQC(λ>0)．‎ ‎(1)当λ＝1时，求证：平面BEF∥平面A1DQ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得BD⊥FQ？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：λ＝1时，Q为BC中点．‎ 因为E是AD的中点，所以ED＝BQ.‎ 又ED∥BQ，所以四边形BEDQ是平行四边形，‎ 所以BE∥QD．‎ 又BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，‎ 所以BE∥平面A1DQ.‎ 又F是A1A的中点，所以EF∥A1D．‎ 因为EF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，‎ 所以EF∥平面A1DQ.‎ 因为BE∩EF＝E，所以平面BEF∥平面A1DQ.‎ ‎(2)存在λ＝满足题意．‎ 如图，连接AQ，BD，FQ.‎ 因为A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD．‎ 因为BD⊥FQ，A1A，FQ⊂平面A1AQ，‎ 所以BD⊥平面A1AQ.‎ 因为AQ⊂平面A1AQ，所以AQ⊥BD．‎ 在矩形ABCD中，由AQ⊥BD，得△AQB∽△DBA，‎ 所以AB2＝AD·BQ.‎ 又AB＝1，AD＝2，‎ 所以BQ＝，QC＝，‎ 则＝，即λ＝.‎ ‎7．(2019·厦门模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置，连接A1B，A1C，M，N分别为A1C，BE的中点，如图2.‎ ‎(1)求证：DE⊥A1B．‎ ‎(2)求证：MN∥平面A1ED．‎ ‎(3)在棱A1B上是否存在一点G，使得EG⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：∵DE⊥AB，‎ 沿DE将△AED折起到△A1ED的位置，‎ ‎∴DE⊥A1E，DE⊥BE，‎ ‎∵A1E∩BE＝E，∴DE⊥平面A1BE.‎ ‎∵A1B⊂平面A1BE，∴DE⊥A1B．‎ ‎(2)证明：取CD中点F，连接NF，MF，‎ ‎∵M，N分别为A1C，BE的中点．‎ ‎∴MF∥A1D，NF∥DE.‎ 又DE∩A1D＝D，NF∩MF＝F，‎ DE⊂平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，‎ NF⊂平面MNF，MF⊂平面MNF，‎ ‎∴平面A1DE∥平面MNF.‎ ‎∵MN⊂平面MNF，∴MN∥平面A1ED．‎ ‎(3)取A1B的中点G，连接EG.‎ ‎∵A1E＝BE，∴EG⊥A1B，‎ 由(1)知DE⊥平面A1BE.‎ ‎∵DE∥BC，∴BC⊥平面A1BE.‎ ‎∴EG⊥BC，又A1B∩BC＝B，‎ ‎∴EG⊥平面A1BC．‎ 故棱A1B上存在中点G，使得EG⊥平面，A1BC，‎ 此时＝1.‎ ‎8．(2019·广东江门模拟)如图，直角梯形ABEF中，∠ABE＝∠BAF＝90°，C，D分别是BE，AF上的点，且DA＝AB＝BC＝a，DF＝2CE＝2a.沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP，BP，BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP＝a.‎ ‎(1)求多面体ABCDPQ的体积；‎ ‎(2)求证：平面PBQ⊥平面PBD．‎ ‎[解析]　(1)∵DA＝AB＝BC＝a，∠ABE＝∠BAF＝90°，‎ ‎∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP.‎ 又AD∩DP＝D，∴CD⊥平面ADP.‎ ‎∵AD2＋DP2＝AP2，∴AD⊥DP.‎ 又CD⊥AD，CD∩DP＝D，∴AD⊥平面CDPQ.‎ 又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ.‎ ‎∴V四棱锥B－CDPQ＝S梯形ODPQ·BC＝××(a＋2a)×a×a＝a3.‎ V三棱锥B－ADP＝S△ADP·AB＝××a×2a×a＝.‎ ‎∴多面体ABCDPQ的体积为V四棱锥B－CDPQ＋V三棱锥B－ADP＝.‎ ‎(2)证明：如图，取BP的中点G，连接GQ，DG，DQ，‎ 在△ABP中，BP＝＝2a，‎ ‎∴BG＝BP＝a.‎ 在△BCQ中，BQ＝＝a，‎ PQ＝＝a，‎ ‎∴PQ＝BQ，∴GQ⊥BP.‎ ‎∴QG＝＝a.‎ 又BD＝AB＝2a＝DP，‎ ‎∴DG⊥BP，∴DG＝＝a.‎ 又DQ＝＝a，‎ ‎∴DQ2＝QG2＋DG2，即QG⊥DG.‎ 又BP∩DG＝G，∴QG⊥平面PBD．‎ 又QG⊂平面PBQ，‎ ‎∴平面PBQ⊥平面PBD．‎