新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测十六立体几何文

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新高考2020版高考数学二轮复习专题过关检测十六立体几何文

专题过关检测(十六) 立体几何 ‎1.(2019·石家庄模拟)如图,已知三棱锥PABC中,PC⊥AB,△ABC是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°.‎ ‎(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;‎ ‎(2)设F为棱PA的中点,在AB上取点E,使得AE=2EB,求三棱锥FACE与四棱锥CPBEF的体积之比.‎ 解:(1)证明:在△PBC中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,‎ 由余弦定理可得PC=2,‎ ‎∴PC2+BC2=PB2,∴PC⊥BC,‎ 又PC⊥AB,AB∩BC=B,∴PC⊥平面ABC,‎ ‎∵PC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.‎ ‎(2)设三棱锥FACE的高为h1,三棱锥PABC的高为h,‎ 则VFACE=×S△ACE×h1=×S△ABC××h×=×S△ABC×h×=×VPABC.‎ ‎∴三棱锥FACE与四棱锥CPBEF的体积之比为1∶2.‎ ‎2.(2020届高三·福建五校第二次联考)如图,在五面体ABCDFE中,底面ABCD为矩形,EF∥AB,BC⊥FD,过BC的平面交棱FD于P,交棱FA于Q.‎ ‎(1)证明:PQ∥平面ABCD;‎ ‎(2)若CD⊥BE,EF=EC=1,CD=2EF=BC,求五面体ABCDFE的体积.‎ 解:(1)证明:因为底面ABCD为矩形,所以AD∥BC.又AD⊂平面ADF,BC⊄平面ADF,所以BC∥平面ADF.‎ 又BC⊂平面 BCPQ,平面BCPQ∩平面ADF=PQ,所以BC∥PQ.‎ 又PQ⊄平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PQ∥平面ABCD.‎ ‎(2)由CD⊥BE,CD⊥CB,易证CD⊥CE.‎ 由BC⊥CD,BC⊥FD,易证BC⊥平面CDFE,‎ 所以CB⊥CE,即CD,CE,CB两两垂直.‎ 如图,连接FB,FC,因为EF=EC=1,CD=2EF=BC,所以CD=2,BC=3,V四棱锥FABCD=×(2×3)×1=2,‎ V三棱锥FBCE=××1=,‎ 所以VABCDFE=V四棱锥FABCD+V三棱锥FBCE=2+=.‎ 5‎ ‎3.如图①,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点,将△ADE沿AE折起,得到如图②所示的四棱锥D1ABCE,其中平面D1AE⊥平面ABCE.‎ ‎(1)证明:BE⊥平面D1AE;‎ ‎(2)设F为CD1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使得MF∥平面D1AE,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:∵四边形ABCD为矩形且AD=DE=EC=BC=2,∴∠AEB=90°,即BE⊥AE,又平面D1AE⊥平面ABCE,平面D1AE∩平面ABCE=AE,‎ ‎∴BE⊥平面D1AE.‎ ‎(2)=,理由如下:‎ 取D1E的中点L,连接FL,AL,∴FL∥EC.‎ 又EC∥AB,∴FL∥AB,且FL=AB,‎ ‎∴M,F,L,A四点共面,‎ 若MF∥平面AD1E,则MF∥AL.‎ ‎∴四边形AMFL为平行四边形,‎ ‎∴AM=FL=AB,即=.‎ ‎4.(2019·蓉城名校第一次联考)如图,在四棱锥PABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AD=AB=2BC=2,AP=AC,BP=3BC.‎ ‎(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;‎ ‎(2)若∠PAD为锐角,且PA与平面ABCD所成角的正切值为2,求点C到平面PAB的距离.‎ 解:(1)证明:在直角梯形ABCD中,∵BC=1,AB=2,AB⊥BC,‎ ‎∴AC=,即AP=AC=,BP=3BC=3,‎ ‎∴BA2+AP2=BP2,∴BA⊥AP,‎ 又AD∥BC,∴BA⊥AD,又AP∩AD=A,∴BA⊥平面PAD,‎ ‎∵BA⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(2)如图,过点P作PO⊥AD交AD于点O,连接OC,‎ 由(1)可知PO⊥平面ABCD,‎ 则∠PAO为PA与平面ABCD所成的角,∴tan∠PAO=2.‎ 5‎ 又AP=,∴AO=1,PO=2.∴AO綊BC,∴四边形ABCO为矩形,∴OC⊥AD.‎ 设点C到平面PAB的距离为d,‎ 由V三棱锥CPAB=V三棱锥PABC,‎ 可得·S△PAB·d=·S△ABC·PO,‎ ‎∴d=PO·=2×=.‎ 故点C到平面PAB的距离为.‎ ‎5.如图,在几何体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,EF∥CD,CD⊥EA,CD=2EF=2,ED=,M为棱FC上一点,平面ADM与棱FB交于点N.‎ ‎(1)求证:ED⊥CD;‎ ‎(2)求证:AD∥MN;‎ ‎(3)若AD⊥ED,试问平面BCF是否可能与平面ADMN垂直?若能,求出的值;若不能,说明理由.‎ 解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以CD⊥AD.‎ 又因为CD⊥EA,EA∩AD=A,‎ 所以CD⊥平面EAD.‎ 因为ED⊂平面EAD,‎ 所以ED⊥CD.‎ ‎(2)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以AD∥BC,‎ 又因为AD⊄平面FBC,BC⊂平面FBC,‎ 所以AD∥平面FBC.‎ 又因为平面ADMN∩平面FBC=MN,‎ 所以AD∥MN.‎ ‎(3)平面ADMN与平面BCF可以垂直.证明如下:‎ 连接DF.因为AD⊥ED,AD⊥CD,ED∩CD=D,‎ 所以AD⊥平面CDEF.所以AD⊥DM.‎ 因为AD∥MN,所以DM⊥MN.‎ 因为平面ADMN∩平面FBC=MN,‎ 所以若使平面ADMN⊥平面BCF,‎ 则DM⊥平面BCF,所以DM⊥FC.‎ 在梯形CDEF中,因为EF∥CD,DE⊥CD,CD=2EF=2,ED=,所以DF=DC=2.‎ 5‎ 所以若使DM⊥FC成立,则M为FC的中点.‎ 所以=.‎ ‎6.(2019·福州质检)如图,在直三棱柱ABCA1B‎1C1中,底面ABC是边长为2的正三角形,M,N分别是AB,AA1的中点,且A‎1M⊥B1N.‎ ‎(1)求证:B1N⊥A‎1C;‎ ‎(2)求M到平面A1B‎1C的距离.‎ 解:(1)证明:如图,连接CM.‎ 在直三棱柱ABCA1B‎1C1中,AA1⊥平面ABC,CM⊂平面ABC.‎ 所以AA1⊥CM.‎ 在△ABC中,AC=BC,AM=BM,所以CM⊥AB.‎ 又AA1∩AB=A,所以CM⊥平面ABB‎1A1.‎ 因为B1N⊂平面ABB‎1A1,所以CM⊥B1N.‎ 又A‎1M⊥B1N,A‎1M∩CM=M,所以B1N⊥平面A‎1CM.‎ 因为A‎1C⊂平面A‎1CM,所以B1N⊥A‎1C.‎ ‎(2)连接B‎1M.‎ 在矩形ABB‎1A1中,因为A‎1M⊥B1N,所以∠AA‎1M=∠A1B1N.‎ 所以tan∠AA‎1M=tan∠A1B1N,即=.‎ 因为△ABC是边长为2的正三角形,M,N分别是AB,AA1的中点,所以AM=1,CM=,A1B1=2.‎ 设AA1=x,则A1N=.‎ 所以=,解得x=2.‎ 从而S=S=2,A‎1C=B‎1C=2.‎ 在△A1CB1中,cos∠A1CB1==,所以sin∠A1CB1=,‎ 所以S=A‎1C·B‎1C·sin∠A1CB1=.‎ 设点M到平面A1B‎1C的距离为d,由V三棱锥MA1B‎1C=V,得S·d=S·CM,‎ 所以d==,即点M到平面A1B‎1C的距离为.‎ 5‎ 5‎
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