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

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