【数学】2020届一轮复习北师大版立体几何的综合问题作业

【数学】2020届一轮复习北师大版立体几何的综合问题作业

大题考法——立体几何的综合问题 A组 ‎1．(2018·潍坊二模)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝DA1，∠ABC＝120°．‎ ‎(1)证明：AD⊥BA1；‎ ‎(2)若AD＝DA1＝4，BA1＝2，求多面体BCDA1B1C1D1的体积．‎ ‎(1)证明：取AD中点O，连接OB，OA1．‎ ‎∵AA1＝DA1，∴AD⊥OA1．‎ ‎∵在▱ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠BAD＝60°．‎ 又∵AB＝BC，则AB＝AD，‎ ‎∴△ABD是正三角形，∴AD⊥OB，‎ ‎∵OA1⊂平面OBA1，OB⊂平面OBA1，OA1∩OB＝O，‎ ‎∴AD⊥平面OBA1，∴AD⊥A1B．‎ ‎(2)解：由题设知△A1AD与△BAD都是边长为4的正三角形．‎ ‎∴A1O＝OB＝2．‎ ‎∵A1B＝2，∴A1O2＋OB2＝A1B2，∴A1O⊥OB，‎ ‎∵A1O⊥AD，∴A1O⊥平面ABCD，‎ ‎∴A1O是平行六面体ABCDA1B1C1D1的高，‎ 又SABCD＝AD·OB＝4×2＝8，‎ ‎∴V＝VABCDA1B1C1D1＝SABCD·A1O＝8×2＝48，‎ V1＝VA1ABD＝S△ABD·A1O＝××2×4×2＝8，‎ ‎∴VBCDA1B1C1D1＝V－V1＝40，‎ 即几何体BCDA1B1C1D1的体积为40．‎ ‎2．(2018·宣城二调)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2，∠‎ BAC＝120°，AA1＝3，D，D1分别是BC，B1C1上的中点，P是线段AD上的一点(不包括端点)．‎ ‎(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，并证明直线l⊥平面ADD1A1；‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AC于点Q，求三棱锥A1QC1D的体积．‎ 解：(1)在平面ABC内作直线l∥BC，则直线l与平面A1BC平行，即图中的直线PQ.AB＝AC＝2, D是BC上的中点，‎ 则AD⊥BC，即l⊥AD，‎ 又侧棱AA1⊥底面ABC，‎ 则l⊥AA1，AD∩AA1＝A，故直线l⊥平面ADD1A1．‎ ‎(2)VA1QC1D＝VDA1QC1＝S△A1QC1·h，‎ 因为平面A1ACC1⊥平面ABC，过D作线段DE⊥AC于E，‎ 则DE⊥平面AA1C1C，即DE为DA1QC1的高，‎ 由AB＝AC＝2，∠CAB＝120°，得DE＝，‎ 则VDA1QC1＝S△A1QC1·h＝××2×3×＝．‎ ‎3．(2018·石嘴山二模)如图所示，在三棱锥PABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2．‎ ‎(1)求证：DE⊥平面PCD；‎ ‎(2)求点B到平面PDE的距离．‎ ‎(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE．‎ 由CE＝2，CD＝DE＝，得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE．‎ 又PC∩CD＝C，故DE⊥平面PCD．‎ ‎(2)解：由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，‎ 过D作DF垂直CE于F，易知DF＝CF＝EF＝1，‎ 又DE⊥平面PCD，所以DE⊥PD，PD＝＝，‎ 设点B到平面PDE的距离为h，即为三棱锥BPDE的高，‎ 由VBPDE＝VPBDE得 S△PDE·h＝S△BDE·PC，‎ 即··PD·DE·h＝··BE·DF·PC，‎ 即××h＝1×1×3，所以h＝，‎ 所以点B到平面PDE的距离为．‎ ‎4．(2018·蚌埠二模)如图，四棱锥PABCD的底面是直角梯形，AD∥BC，AD＝3BC＝6，PB＝6，点M在线段AD上，且MD＝4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．‎ ‎(1)求证：平面PCM⊥平面PAD；‎ ‎(2)当四棱锥PABCD的体积最大时，求四棱锥PABCD的表面积．‎ ‎(1)证明：由AD＝6，DM＝4可得AM＝2，‎ 易得四边形ABCM是矩形，∴CM⊥AD，‎ 又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，‎ 又PM∩AD＝M，PM，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴CM⊥平面PAD，‎ 又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．‎ ‎(2)解：四棱锥PABCD的体积为V＝··(AD＋BC)·AB·PA＝AB·PA，‎ 要使四棱锥PABCD的体积取最大值，只需AB·PA取得最大值．‎ 由条件可得PA2＋AB2＝PB2＝72，∴72≥2PA·AB，即PA·AB≤36，‎ 当且仅当PA＝AB＝6时，PA·AB取得最大值36．‎ PC＝2，PD＝6，CD＝2，‎ cos ∠CPD＝＝，则sin ∠CPD＝，‎ ‎∴S△PCD＝PC·PD·sin ∠CPD＝6，‎ 则四棱锥PABCD的表面积为×(6＋2)×6＋×2＋×2×6＋6＝6(10＋＋)．‎ B组 ‎1．(2018·日照二模)如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝，其对角线AC与BD相交于点O，四边形OAEF为矩形，平面OAEF⊥平面ABCD，AB＝AE＝2．‎ ‎(1)求证：平面DEF⊥平面BDF；‎ ‎(2)若点H在线段BF上，且BF＝3HF，求三棱锥HDEF的体积．‎ ‎(1)证明：∵ABCD为菱形，∴AO⊥BD．‎ ‎∵四边形OAEF为矩形，∴AO⊥FO，EF∥AO，‎ ‎∴EF⊥BD，∴EF⊥FO，‎ 又∵BD∩FO＝O，∴EF⊥平面BDF．‎ 又EF⊂平面DEF，∴平面DEF⊥平面BDF．‎ ‎(2)解：连接EH，DH，EB，‎ 则由(1)可知EF⊥平面BDF，‎ 又△BDF中，BD＝OF＝2，EF＝AO＝，‎ 故三棱锥EBDF的体积为××2×2×＝，‎ 又BF＝3HF，所以VEBDF＝VBDEF＝3VHDEF＝，‎ 故VHDEF＝．‎ ‎2．(2018·株洲检测)如图，四棱锥EABCD中，平面ABCD是平行四边形，M，N分别为BC，DE的中点．‎ ‎(1)证明：CN∥平面AME；‎ ‎(2)若△ABE是等边三角形，平面ABE⊥平面BCE，CE⊥BE，BE＝CE＝2，求三棱锥NAME的体积．‎ ‎(1)证明：取AE中点F，连接MF，FN．‎ 因为△AED中，F，N分别为EA，ED的中点，‎ 所以FN綊AD．‎ 又因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC綊AD．‎ 又M是BC中点，所以MC綊AD，所以FN綊MC．‎ 所以四边形FMCN为平行四边形，所以CN∥MF，‎ 又CN⊄平面AEM，MF⊂平面AEM，所以CN∥平面AEM．‎ ‎(2)解：取BE中点H，连接AH，则AH⊥BE，‎ 因为平面ABE⊥平面BCE，平面ABE∩平面BCE＝BE，AH⊂平面ABE，‎ 所以AH⊥平面BCE．‎ 又由(1)知CN∥平面AEM，‎ 所以VNAEM＝VCAEM＝VAMEC．‎ 又因为M为BC中点，‎ 所以VAMEC＝S△MEC·AH＝·S△BEC·AH＝×××2×2×＝．‎ 所以三棱锥NAEM的体积为．‎ ‎3．(2018·资阳二模)如图，三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．‎ ‎(1)求证：直线BE∥平面A1FC1；‎ ‎(2)平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥BEFM的体积．‎ ‎(1)‎ 证明：取A1C1的中点G，连接EG，FG，‎ 于是EG綊B1C1，又BF綊B1C1，‎ 所以BF綊EG．‎ 所以四边形BFGE是平行四边形．所以BE∥FG，‎ 而BE⊄面A1FC1，FG⊂面A1FC1，‎ 所以直线BE∥平面A1FC1．‎ ‎(2)解：M为棱AB的中点．‎ 理由如下：因为AC∥A1C1，AC⊄面A1FC1，A1C1⊂面A1FC1，‎ 所以直线AC∥平面A1FC1，又面A1FC1∩平面ABC＝FM，‎ 所以AC∥FM.又F为棱BC的中点．‎ 所以M为棱AB的中点．‎ 三角形BFM的面积 S△BFM＝S△ABC＝×＝，‎ 所以三棱锥BEFM的体积VBEFM＝VEBFM＝××2＝．‎ ‎4．(2018·商丘二模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，AC⊥AB，AC＝AB＝AA1＝2，∠AA1B1＝60°，E，F分別为棱A1B1，BC的中点．‎ ‎(1)求三棱柱ABCA1B1C1的体积；‎ ‎(2)在直线AA1上是否存在一点P，使得CP∥平面AEF？若存在，求出AP的长；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝AB．‎ 因为AB＝AA1＝2，所以A1B1＝AA1＝2．‎ 又因为∠AA1B1＝60°，‎ 连接AB1，所以△AA1B1是边长为2的正三角形．‎ 因为E是棱A1B1的中点，所以AE⊥A1B1，且AE＝，‎ 又AB∥A1B1，所以AE⊥AB，‎ 又侧面ABB1A1⊥底面ABC，且侧面ABB1A1∩底面ABC＝AB，‎ 又AE⊂侧面ABB1A1，所以AE⊥底面ABC，‎ 所以三棱柱ABCA1B1C1的体积为V＝S△ABC·AE＝AB·AC·AE＝×2×2×＝2．‎ ‎(2)在直线AA1上存在点P，使得CP∥平面AEF．‎ 证明如下：连接BE并延长，与AA1的延长线相交，设交点为P，连接CP．‎ 因为A1B1∥AB，故＝＝．‎ 由于E为棱A1B1的中点，‎ 所以＝，故有PE＝EB，‎ 又F为棱BC的中点，故EF为△BCP的中位线，所以EF∥CP．‎ 又EF⊂平面AEF，CP⊄平面AEF，所以CP∥平面AEF．‎ 故在直线AA1上存在点P，使得CP∥平面AEF．‎ 此时，PA1＝AA1＝2.所以AP＝2AA1＝4．‎