2023高考數(shù)學一輪復習第7章立體幾何初步熱點探究訓練4立體幾何中的高考熱點問題文北師大版

PAGEPAGE1熱點探究訓練(四)立體幾何中的高考熱點問題1．如圖7，四邊形ABCD是菱形，四邊形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別為MA，DC的中點，求證：圖7(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BDN.[證明](1)取NC的中點G，連接FG，MG.因為ME∥ND且ME＝eq\f(1,2)ND，又因為F，G分別為DC，NC的中點，F(xiàn)G∥ND且FG＝eq\f(1,2)ND，所以FG綊ME，所以四邊形MEFG是平行四邊形，所以EF∥MG.4分又MG平面MNCB，EF平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.6分(2)連接BD，MC，因為平面MADN⊥平面ABCD，四邊形MADN是矩形，所以ND⊥AD，又因為平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，ND平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.8分因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.10分因為BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又因為AC平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.12分2．(2022·合肥質(zhì)檢)如圖8，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜邊AC上的高BD將△ABD折起到△PBD的位置，點E在線段CD上．圖8(1)求證：BD⊥PE；(2)過點D作DM⊥BC交BC于點M，點N為PB的中點，假設(shè)PE∥平面DMN，求eq\f(DE,DC)的值.【導學號：66482347】[解](1)證明：∵BD⊥PD，BD⊥CD且PD∩DC＝D，∴BD⊥平面PCD，而PE平面PCD，∴BD⊥PE.5分(2)由題意得BM＝eq\f(1,4)BC，取BC的中點F，那么PF∥MN，∴PF∥平面DMN，7分由條件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM.10分∴eq\f(DE,DC)＝eq\f(MF,MC)＝eq\f(1,3).12分3．(2022·西安調(diào)研)如圖9①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．將△ABE沿BE折起到圖②中△A1BE的位置，得到四棱錐A1-BCDE.①②圖9(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)當平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1-BCDE的體積為36eq\r(2)，求a的值.【導學號：66482348】[解](1)證明：在圖①中，因為AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC.2分那么在圖②中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，從而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.5分(2)由，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.8分即A1O是四棱錐A1-BCDE的高．由圖①知，A1O＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)a，平行四邊形BCDE的面積S＝BC·AB＝a2，從而四棱錐A1-BCDE的體積為V＝eq\f(1,3)S·A1O＝eq\f(1,3)·a2·eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),6)a3.由eq\f(\r(2),6)a3＝36eq\r(2)，得a＝6.12分4．(2022·貴陽模擬)如圖10，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120°.圖10(1)在直線BC上求作一點O，使BC⊥平面AOD，寫出作法并說明理由；(2)求三棱錐A-BCD的體積．[解(1)作AO⊥BC，交CB延長線于點O，連接DO，那么BC⊥平面AOD.1分證明如下：∵AB＝DB，OB＝OB，∠ABO＝∠DBO，∴△AOB≌△DOB，3分那么∠AOB＝∠DOB＝90°，即OD⊥BC.又∵AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD.5分(2)∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，∴AO⊥平面BCD，即AO是三棱錐A-BCD底面BCD上的高，7分在Rt△AOB中，AB＝1，∠ABO＝60°，∴AO＝ABsin60°＝eq\f(\r(3),2).10分又∵S△BCD＝eq\f(1,2)BC·BD·sin∠CBD＝eq\f(\r(3),4)，∴V三棱錐A-BCD＝eq\f(1,3)·S△BCD·AO＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,8).12分5.如圖11，三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.圖11(1)求三棱錐P-ABC的體積；(2)在線段PC上是否存在點M，使得AC⊥BM，假設(shè)存在點M，求出eq\f(PM,MC)的值；假設(shè)不存在，請說明理由．[解](1)由題知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·AC·sin60°＝eq\f(\r(3),2).2分由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱錐P-ABC的高．又PA＝1，所以三棱錐P-ABC的體積V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(\r(3),6).5分(2)證明：在平面ABC內(nèi)，過點B作BN⊥AC，垂足為N.在平面PAC內(nèi)，過點N作MN∥PA交PC于點M，連接BM.7分由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.又BM平面MBN，所以AC⊥BM.10分在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝eq\f(1,2)，從而NC＝AC－AN＝eq\f(3,2).由MN∥PA，得eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,3).12分6.(2022·湖南高考)如圖12，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是BC，CC1圖12(1)證明：平面AEF⊥平面B1BCC1；(2)假設(shè)直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45°，求三棱錐F-AEC[解](1)證明：如圖，因為三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1.又E是正三角形ABC的邊BC的中點，所以AE⊥BC因此AE⊥平面B1BCC1.而AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1.5分(2)設(shè)AB的中點為D，連接A1D，CD.因為△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D為直線A1C與平面A1ABB1由題設(shè)，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3).在Rt△AA1D中，AA1＝eq\r(A1D2－AD2)＝eq