統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷二主觀題專練5立體幾何文

立體幾何(5)1．[2023·廣西南寧三中一模(文)]如圖，四棱錐P-ABCD的底面為菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是線段PB的中點(diǎn)，G，H分別是線段PC上靠近P，C的三等分點(diǎn)．(1)求證：平面AEG∥平面BDH；(2)求點(diǎn)A到平面BDH的距離．2．[2023·黑龍江哈爾濱三中三模(文)]如圖，四棱錐B-PACQ中，BC⊥AB，四邊形PACQ為直角梯形，PA⊥AC，PQ∥AC，且AP＝AB＝PQ＝1，PB＝eq\r(2).(1)求證：直線BC⊥平面PAB；(2)若直線CA與平面PAB所成線面角為eq\f(π,3)，求三棱錐P-BQC的體積．3．[2023·河南焦作三模(文)]如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊CD上，BC＝DE＝2EC，將△DAE沿AE進(jìn)行翻折，翻折后D點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)位置，且滿足平面PAE⊥平面ABCE，如圖2.(1)若點(diǎn)F在棱PA上，且EF∥平面PBC，求eq\f(PF,PA)；(2)若AB＝3，求點(diǎn)A到平面PBC的距離．4．[2023·安徽蚌埠二中模擬(文)]如圖，圓錐PO的母線長為eq\r(6)，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，BC＝2eq\r(3).(1)若△ABC是正三角形，求三棱錐P-ABC的體積；(2)若平面PAC⊥平面PBC，且∠ABC＝60°，證明：PA⊥PC.5．[2023·全國甲卷(文)]如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高．6．[2023·黑龍江哈爾濱三中模擬(文)]如圖，在多面體ABCDEF中，平面EAD⊥平面ABCD，△EAD為正三角形，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝eq\f(π,3)，DE∥CF，DE＝2CF＝4.(1)求證：AE∥平面BCF；(2)求點(diǎn)B到平面ACF的距離．立體幾何（5）1．解析：（1）證明：連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OH，△PBH中，E，G分別為PB，PH的中點(diǎn)，所以EG∥BH，又因?yàn)镋G?平面BDH，BH?平面BDH，所以EG∥平面BDH，同理：AG∥平面BDH，因?yàn)锳G，EG?平面AEG，AG∩EG＝G，所以平面AEG∥平面BDH.（2）記點(diǎn)A，H到平面BDH，平面ABD的距離分別為hA，hH，S△ABD＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，PA＝2，CH＝eq\f(1,3)CP，所以hH＝eq\f(2,3)，在△PBC中，cos∠PCB＝eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，在△BCH中，BH2＝BC2＋CH2－2BC·CH·cos∠HCB＝eq\f(32,9)，同理，DH＝eq\f(4\r(2),3)，又因?yàn)镺為BD中點(diǎn)，所以O(shè)H⊥BD.在△BDH中，BD＝2eq\r(3)，S△BDH＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(\f(32,9)－3)＝eq\f(\r(15),3)，因?yàn)閂A-BDH＝VH-ABD，所以hA＝eq\f(S△ABD·hH,S△BDH)＝eq\f(\r(3)×\f(2,3),\f(\r(15),3))＝eq\f(2\r(5),5).2．解析：（1）證明：PA＝AB＝1，PB＝eq\r(2)，即PA2＋AB2＝PB2，∴PA⊥AB，又∵PA⊥AC，AC∩AB＝A，∴PA⊥平面ABC，∵BC?平面ABC，∴PA⊥BC，∵BC⊥AB，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB.（2）過點(diǎn)B作BH⊥AC，垂足為H，連接PC，∵PA⊥平面ABC，BH?平面ABC，∴PA⊥BH，∵PA∩AC＝A，∴BH⊥平面PACQ，由（1）得：直線BC⊥平面PAB，∴直線CA與平面PAB所成線面角為∠CAB，∴∠CAB＝eq\f(π,3)，∴VP-BQC＝VB-PQC＝eq\f(1,3)BH·S△PQC，其中BH＝AB·sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，S△PQC＝eq\f(1,2)PQ·PA＝eq\f(1,2)，∴VP-BQC＝eq\f(\r(3),12).3．解析：（1）如圖，在PB上取點(diǎn)G，使得FG∥AB，連接FG，GC，則FG∥AB∥CE.因?yàn)镋F∥平面PBC，平面EFGC∩平面PBC＝CG，所以EF∥CG，所以四邊形EFGC是平行四邊形，所以FG＝EC.又因?yàn)锳B＝DE＋EC＝3EC，所以eq\f(PF,PA)＝eq\f(FG,AB)＝eq\f(1,3).（2）作PM⊥AE，垂足為M，連接BM，CM，AC.因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，所以PM⊥平面ABCE.由條件可知△PAE是等腰直角三角形，AP＝PE＝2，PM＝eq\f(\r(2),2)PA＝eq\r(2).S△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC＝3，所以三棱錐P-ABC的體積為V＝eq\f(1,3)S△ABC×PM＝eq\r(2).在底面ABCE內(nèi)計(jì)算可得BM＝eq\r(5)，所以PB＝eq\r(BM2＋PM2)＝eq\r(7)，同理可得PC＝eq\r(7).所以△PBC是等腰三角形，面積為eq\f(1,2)×2×eq\r(7－1)＝eq\r(6).設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為d，則V＝eq\f(1,3)S△PBCd，即eq\f(1,3)×eq\r(6)d＝eq\r(2)，解得d＝eq\r(3).4．解析：（1）由題意可知，△ABC是邊長為2eq\r(3)的等邊三角形，則圓O的半徑為r＝eq\f(2\r(3),2sin60°)＝2，所以，圓錐PO的高為h＝eq\r(6－r2)＝eq\r(2)，又因?yàn)镾△ABC＝eq\f(\r(3),4)×（2eq\r(3)）2＝3eq\r(3)，因此，VP-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\r(6).（2）證明：依題意PA＝PB＝PC＝eq\r(6)，BC＝2eq\r(3)，∴PB2＋PC2＝BC2，∴PB⊥PC，∵平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，PB?平面PBC，∴PB⊥平面PAC，又PA?平面PAC，∴PB⊥PA，∴AB＝eq\r(PA2＋PB2)＝2eq\r(3)，∵∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，AC＝2eq\r(3)，∵PA2＋PC2＝AC2，∴PA⊥PC.5．解析：（1）因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，因?yàn)椤螦CB＝90°，所以BC⊥AC，又A1C∩AC＝C，A1C，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，又BC?平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.（2）如圖，過點(diǎn)A1作A1H⊥CC1，交CC1于點(diǎn)H，由（1）知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H?平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱錐A1-BB1C1C的高為A1H.由題意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，則△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.又AA1＝2，∠ACA1＝90°，所以A1C1＝CA1＝eq\r(2).方法一由S△CA1C1＝eq\f(1,2)·CA1·A1C1＝eq\f(1,2)·A1H·CC1，得A1H＝eq\f(CA1·A1C1,CC1)＝eq\f(\r(2)×\r(2),2)＝1，故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.方法二在等腰直角三角形CA1C1中，A1H為斜邊中線，所以A1H＝eq\f(1,2)CC1＝1，故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.6．解析：（1）證明：如圖，取AD，DE，BC的中點(diǎn)O，M，N，連接OM，MF，F(xiàn)N，ON，則MD∥CF，MD＝eq\f(1,2)ED＝FC，故四邊形MDCF為平行四邊形，所以MF∥CD，MF＝CD.因?yàn)镺N∥CD，ON＝CD，故MF∥ON，MF＝ON，故四邊形OMFN為平行四邊形，則OM∥FN，又OM∥AE，∴AE∥FN，又FN?平面BCF，AE?平面BCF，故AE∥平面BCF.（2）連接OB，由題可得OB⊥AD，∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，∴OB⊥平面ADE，∴OB⊥DE，OB⊥AD，DE∥CF，DA∥CB，∴OB⊥CF，OB⊥BC，CF∩BC＝C，∴OB⊥平面BCF，OB?平面ABCD，∴平面BCF⊥平面ABCD，過F作FG⊥BC于G，過G作GH⊥AC于H，連接HF，過G作GP⊥HF于P，則FG⊥平面ABCD，∴FG⊥AC，又GH⊥AC，GH∩GF＝G，∴AC⊥平面FGH，∴AC⊥GP，又GP⊥HF，AC∩HF＝H，∴GP⊥平面ACF，由題可知∠FCB＝eq\f(π,3)，C