統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練二主觀題專練立體幾何5文含解析

PAGE立體幾何(5)1．[2024·湖北孝感重點(diǎn)中學(xué)二聯(lián)]如圖，在六面體ABCD-A1B1C1D1中，平面ABB1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A1⊥(1)若AA1∥CC1，求證：BB1∥DD1.(2)求證：AA1⊥平面ABCD.2．[2024·江西五校協(xié)作體高三考試試題]如圖，在底面為正方形的四棱錐P-ABCD中，M是PB的中點(diǎn)，AB＝2，PA＝eq\r(2)，點(diǎn)P在底面ABCD上的射影O恰是AD的中點(diǎn)．(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)求三棱錐M-PDC的體積．3．[2024·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評]如圖，在多面體EFABCD中，四邊形ABCD為正方形，四邊形ACEF為矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求證：BE⊥平面CDF；(2)求點(diǎn)E到平面CDF的距離．

4.[2024·南昌市高三年級摸底測試卷]如圖，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是A1E上一點(diǎn)，且A1F＝2(1)證明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱錐C1-A1FC的體積．5．[2024·惠州市高三其次次調(diào)研考試試題]如圖，AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圓O所在的平面相互垂直，已知AB＝3，EF＝1.(1)求證：平面DAF⊥平面CBF；(2)設(shè)幾何體F-ABCD，F(xiàn)-BCE的體積分別為V1，V2，求V1︰V2.6．[2024·黃岡中學(xué)，華師附中等八校第一次聯(lián)考]如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，點(diǎn)E在CD上，且DE＝2，將△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE(如圖2)．G為AE的中點(diǎn)．(1)求證：DG⊥BC.(2)求四棱錐D-ABCE的體積．(3)在線段BD上是否存在點(diǎn)P，使得CP∥平面ADE？若存在，求eq\f(BP,BD)的值；若不存在，請說明理由． 立體幾何(5)1．解析：(1)因?yàn)锳A1∥CC1，AA1?平面C1CDD1，CC1?平面C1CDD1，所以AA1∥平面C1CDD1.因?yàn)槠矫鍭1ADD1∩平面C1CDD1＝DD1，AA1?平面A1ADD1，所以AA1∥DD1.同理AA1∥BB1，所以BB1∥DD1.(2)如圖，在平面ABCD內(nèi)任取一點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E，OF⊥AD于點(diǎn)F.因?yàn)槠矫鍭BB1A1⊥平面ABCD，OE?平面ABCD，平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，OE⊥所以O(shè)E⊥平面ABB1A1又AA1?平面ABB1A1，所以AA1⊥OE同理AA1⊥OF.因?yàn)镺E，OF?平面ABCD，OF∩OE＝O，所以AA1⊥平面ABCD.2．解析：(1)證明：依題意，得PO⊥平面ABCD，又AB?平面ABCD，所以PO⊥AB.又AB⊥AD，PO∩AD＝O，所以AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)因?yàn)镻O⊥平面ABCD，O為AD的中點(diǎn)，所以△PAD為等腰三角形，又AD＝2，PA＝eq\r(2)，所以PO＝1，PD＝eq\r(2)，連接BD，則S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2＝2.因?yàn)辄c(diǎn)M是PB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)M到平面PDC的距離等于點(diǎn)B到平面PDC距離的一半，VM-PDC＝eq\f(1,2)VB-PDC＝eq\f(1,2)VP-BCD＝eq\f(1,2)·eq\f(1,3)S△BCD·PO＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(1,3).即三棱錐M-PDC的體積為eq\f(1,3).3．解析：(1)如圖，分別取AD，BC，BE，DF的中點(diǎn)P，Q，M，N，連接AN，PN，PQ，QM，MN，則QM∥CE，PN∥AF，QM＝eq\f(1,2)CE，PN＝eq\f(1,2)AF.∵在矩形ACEF中，AF綊CE，∴QM綊PN，∴四邊形PQMN為平行四邊形，∴PQ綊MN.易知PQ綊AB，∴AB綊MN，∴四邊形ABMN為平行四邊形，∴AN∥BM.∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥DC.同理FA⊥AD.又由條件知AD＝AF，∴AN⊥DF，則BM⊥DF，即BE⊥DF.∵DC⊥BC，EC⊥DC，且BC∩CE＝C，∴DC⊥平面BCE，∴DC⊥BE.又BE⊥DF，DC∩DF＝D，∴BE⊥平面CDF.(2)由(1)可得EC⊥BC.又BC⊥CD，CD∩CE＝C，∴BC⊥平面CDE，∴AD⊥平面CDE.在矩形ACEF中，AF∥CE，∴AF∥平面CDE，∴三棱錐F-CDE的高等于AD的長，且AD＝1.由(1)易知CD⊥平面ADF，∵DF?平面ADF，∴CD⊥DF，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2).設(shè)點(diǎn)E到平面CDF的距離為h，∵VF-CDE＝VE-DCF，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)h，解得h＝eq\f(\r(2),2).4.解析：(1)如圖，連接AE，因?yàn)锳B＝AC＝2，AB⊥AC，E為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC，AE＝eq\r(2).由于三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，故AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AE，AA1⊥BC在直角三角形A1AE中，因?yàn)锳A1＝2，AE＝eq\r(2)，所以A1E＝eq\r(6)，那么EF＝eq\f(\r(6),3).所以eq\f(AE,EF)＝eq\f(A1E,AE)，所以△A1AE∽△AFE，所以∠AFE＝∠A1AE＝90°，即AF⊥A1E.由AE⊥BC，AA1⊥BC，AA1∩AE＝A，得BC⊥平面A1AE?BC⊥AF.由AF⊥A1E，AF⊥BC，BC∩A1E＝E，得AF⊥平面A1BC.(2)過E作ED⊥AC，交AC于點(diǎn)D，連接A1D，過F作FG∥ED，交A1D于點(diǎn)G.因?yàn)锳A1⊥平面ABC，所以AA1⊥ED，又ED⊥AC，AC∩AA1＝A，所以ED⊥平面AA1C，所以FG⊥平面AA1因?yàn)镕G∥ED，A1F＝2FE，所以FG＝eq\f(2,3)ED＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)AB＝eq\f(2,3).S△A1CC1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，所以V三棱錐C1-A1FC＝V三棱錐F-A1CC1＝eq\f(1,3)S△A1CC1·FG＝eq\f(1,3)×2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9).5．解析：(1)解法一∵平面ABCD⊥平面ABEF，矩形ABCD中，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB?平面ABCD，∴CB⊥平面ABEF，∵AF?平面ABEF，∴AF⊥CB.又AB為圓O的直徑，∴AF⊥BF，∵CB∩BF＝B，CB?平面CBF，BF?平面CBF，∴AF⊥平面CBF，∵AF?平面DAF，∴平面DAF⊥平面CBF.解法二∵平面ABCD⊥平面ABEF，矩形ABCD中，DA⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，DA?平面ABCD，∴DA⊥平面ABEF，∵BF?平面ABEF，∴DA⊥BF.又AB為圓O的直徑，∴AF⊥BF，∵DA∩AF＝A，DA?平面DAF，AF?平面DAF，∴BF⊥平面DAF，∵BF?平面CBF，∴平面DAF⊥平面CBF.(2)如圖，過點(diǎn)F作FH⊥AB，交AB于H，∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，且FH?平面ABEF，∴FH⊥平面ABCD.則V1＝eq\f(1,3)×(AB×BC)×FH，V2＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EF×HF,2)))×BC，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(2AB,EF)＝6.6．解析：(1)因?yàn)镚為AE的中點(diǎn)，AD＝DE＝2，所以DG⊥AE.因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DG?平面ADE，所以DG⊥平面ABCE.因?yàn)锽C?平面ABCE，所以DG⊥BC.(2)在直角三角形ADE中，易得AE＝2eq\r(2)，則DG＝eq\f(AD·DE,AE)＝eq\r(2).所以四棱錐D-ABCE的體積V四棱錐D-ABCE＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋4×2,2)×eq\r(2)＝eq\f(5,3)eq\r(2).(3)如圖，過點(diǎn)C作CF∥AE交AB于點(diǎn)F