【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(北師大版)專題4-高考中的立體幾何問(wèn)題

專題四高考中的立體幾何問(wèn)題1.如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，點(diǎn)E在線段AD上，且CE∥AB．(1)求證：CE⊥平面PAD；(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝eq\r(2)，∠CDA＝45°，求四棱錐P－ABCD的體積．[解析](1)∵PA⊥底面ABCD，CE平面ABCD∴CE⊥PA，又∵AB⊥AD，CE∥AB．∴CE⊥AD．又∵PA∩AD＝A，∴CE⊥平面PAD．(2)由(1)可知CE⊥AD．在Rt△ECD中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.又∵AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四邊形ABCE為矩形．∴S四邊形ABCD＝S矩形ABCE＋S△CDE＝AB·AE＋eq\f(1,2)CE·DE＝1×2＋eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(5,2).又PA⊥底面ABCD，PA＝1所以V四棱錐p－ABCD＝eq\f(1,3)S四邊形ABCD×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(5,2)×1＝eq\f(5,6).2．(2021·濰坊模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分別是AP、AD的中點(diǎn)．求證：(1)直線EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD．[證明](1)在△PAD中，由于E、F分別為AP、AD的中點(diǎn)，所以EF∥PD．又由于EF?平面PCD，PD平面PCD．所以直線EF∥平面PCD．(2)連結(jié)BD．由于AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD為正三角形．由于F是AD的中點(diǎn)，所以BF⊥AD．由于平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又由于BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD、PC的中點(diǎn)，求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)由于平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)由于AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四邊形ABED為平行四邊形．所以BE∥AD．又由于BE?平面PAD，AD平面PAD，所以BE∥平面PAD．(3)由于AB⊥AD，而且四邊形ABED為平行四邊形，所以BE⊥CD，AD⊥CD．由(1)知PA⊥底面ABCD．所以PA⊥CD．所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PD．由于E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又由于CD⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD．4．如圖，在幾何體P－ABCD中，四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝PA＝2.(1)當(dāng)AD＝2時(shí)，求證：平面PBD⊥平面PAC；(2)若PC與AD所成的角為45°，求幾何求P－ABCD的體積．[解析](1)證明：當(dāng)AD＝2時(shí)，四邊形ABCD是正方形，則BD⊥AC．∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴PA⊥BD．又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．∵BD平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC．(2)解：PC與AD成45°角，AD∥BC，則∠PCB＝45°.∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，PB平面PAB．∴BC⊥PB．∴∠CPB＝90°－45°＝45°.∴BC＝PB＝2eq\r(2).∴幾何體P－ABCD的體積為eq\f(1,3)×(2×2eq\r(2))×2＝eq\f(8\r(2),3).1.(2022·四川高考)在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1(1)若AC⊥BC，證明：直線BC⊥平面ACC1A1(2)設(shè)D，E分別是線段BC，CC1的中點(diǎn)，在線段AB上是否存在一點(diǎn)M，使直線DE∥平面A1MC？請(qǐng)證明你的結(jié)論．[解析](1)由于四邊形ABB1A1和ACC1A所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．由于AB，AC為平面ABC內(nèi)兩條相交直線，所以AA1⊥平面ABC．由于直線BC平面ABC，所以AA1⊥BC．又由已知，AC⊥BC，AA1，AC為平面ACC1A1所以BC⊥平面ACC1A1(2)取線段AB的中點(diǎn)M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設(shè)O為A1C，AC由已知，O為AC1的中點(diǎn)．連接MD，OE，則MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線，所以，MD綊eq\f(1,2)AC，OE綊eq\f(1,2)AC，因此MD綊OE.連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形，則DE∥MO.由于直線DE?平面A1MC，MO平面A1MC．所以直線DE∥平面A1MC．即線段AB上存在一點(diǎn)M(線段AB的中點(diǎn))，使直線DE∥平面A1MC．2．如圖，在四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝(1)證明：AA1⊥BD；(2)證明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝eq\r(3)AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A∴BD⊥AA1(2)連接AC，交BD于M，連接A1M，A1C∵底面ABCD是平行四邊形，∴AM＝CM＝eq\f(1,2)AC又∵AB＝2AD＝2A1B∴A1G綊CM，即四邊形A1MCC1∴CC1∥AM1，又∵CC1?平面A1BD，A1M平面A1∴CC1∥平面A1BD．3．(文)(2021·臨沂模擬)如圖，在邊長(zhǎng)為3的正三角形ABC中，G，F(xiàn)為邊AC的三等分點(diǎn)，E，P分別是AB，BC邊上的點(diǎn)，滿足AE＝CP＝1，今將△BEP，△CFP分別沿EP，F(xiàn)P向上折起，使邊BP與邊CP所在的直線重合，B，C折后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別記為B1，C1.(1)求證：C1F∥平面B1GE(2)求證：PF⊥平面B1EF.[解析](1)取EP的中點(diǎn)D，連接FD，C1D．由于BC＝3，CP＝1，所以折起后C1為B1P的中點(diǎn)．所以在△B1EP中，DC1∥EB1.又由于AB＝BC＝AC＝3，AE＝CP＝1，所以eq\f(EP,AC)＝eq\f(EB,AB)，所以EP＝2且EP∥GF.由于G，F(xiàn)為AC的三等分點(diǎn)，所以GF＝1.又由于ED＝eq\f(1,2)EP＝1，所以GF＝ED，所以四邊形GEDF為平行四邊形．所以FD∥GE.又由于DC1∩FD＝D，GE∩B1E＝E，所以平面DFC1∥平面B1GE.又由于C1F平面DFC1所以C1F∥平面B1GE(2)連接EF，B1F，由已知得∠EPF＝60°，且FP＝1，EP＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF⊥EF.由于B1C1＝PC1＝1，C1F＝1，得FC1＝B1C1＝所以△PB1F的中線C1F＝eq\f(1,2)PB1，可得△PB1F是直角三角形，即B1F⊥PF由于EF∩B1F＝F，EF，B1F平面B1所以PF⊥平面B1EF.(理)(2022·浙江高考)如圖，在四棱錐A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).(1)證明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大?。甗解析](1)在平面四邊形BCDE中，BC＝eq\r(2)，在三角形ABC中，AB＝2，BC＝eq\r(2)，AC＝eq\r(2).依據(jù)勾股定理逆定理．∴AC⊥BC．∵平面ABC⊥平面BCOE，而平面ABC∩平面BCDE＝BCAC⊥BC，∴AC⊥平面BCDE，∴AC⊥DE，又∵AC⊥DE，DE⊥DC，∴DE⊥平面ACD．(2)由(1)知分別以eq\o(CD,\s\up6(→))、eq\o(CA,\s\up6(→))為x軸、z軸正方向．以過(guò)C平行eq\o(DE,\s\up6(→))為y軸正向建立坐標(biāo)系．則B(1,1,0)，A(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1，－eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,0)設(shè)平面ABD法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DE,\s\up6(→))＝n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，解得n1＝(1,1，eq\r(2))設(shè)