2020届高考文数复习常考题型大通关(全国卷)：立体几何

1、常考题型大通关：第18题 立体几何1、如图，ABCD是平行四边形，AP 平面ABCD ,BE/AP,AB AP 2,BE BC 1, CBA 60.P(I )求证：EC /平面PAD ;(n)求四面体B ACE的体积.2、已知四棱锥 S ABCD中，四边形 ABCD为梯形，SAD 平面ABCD , E为线段 AD的中点， AD 2BC(1)求证：所以BC 平面PAC；(2)若所以SA AD 2,求点E到平面SBD的距离.3、如图所示，四边形 ABCD是矩形， AD ABE, AEBF 平囿ACE, AC与BD交于点G。0 BCD ADC SAD 90，平面 2CD .EB BC 2 , F为C

2、E上的点，且(1)求证：AE 平面BCE(2)求证：AE/平面BFD(3)求三棱锥C BGF的体积4、如图，边长为 3的等边ABC,E,F分别在边AB,AC上，且AE AF 2,M为BC边的 中点，AM交EF于点O,沿EF将4AEF折到DEF的位置，使DM 义5 .2(1) .证明DO 平面EFCB ； 一.BN(2) .试在BC边上确定一点 N ,使EN /平面DOC，并求的值. BC7、如图，在三棱柱 ABCAiBiCi 中，AB= AC, AC BG, ABi BCi, D, E 分别是 AB,和 BC的中点.求证：(1) DE/平面 ACCiA；(2) AE 平面 BCCiBi.8、如

3、图，AB是圆。的直径，PA垂直圆。所在的平面，C是圆O上的点.求证：BC PC(2).设Q为PA的中点，G为4AOC的重心，求证：QG /平面PBC9、如图，在三柱 ABC ABG中，侧面CBB1C1是菱形，CiCB 60 ,平面ABC 平面CBBiCi ,M 为 BBi 的中点，AC BC .1 .证明：CCi 平面ACiM ;2 .若CA CB 2，求三棱锥G ACM的体积.10、如图(1),在等腰直角三角形 ABC中，A 90 ,BC 62下，分别是人6人8上的点，CD BE /。为BC的中点.将4ADE沿DE折起，得到如图所示的四棱锥A BCDE,其中AO 瓜AKCLJ图证明AO 平面

4、BCDE,(2)求点O到平面A DE的距离.答案以及解析1答案及解析：答案：(I)证明：.BE/AP, BE 平面 PAD , AP 平面 PADBE平面PAD .同理可证 BC平面PAD .Q BC I BE B , 平面 BCE平面 PAD .Q EC 平面 BCE , EC/ 平面 PAD(n) PA 平面 ABCD , BE/AP, . BE 平面 ABCD即 BE 平面 ABC , . .Vb ace Ve abc在 ABC 中，AB 2,BC 1, ABC 60o_1_1S ABC AB BC sin ABC 2 1 221 _133Ve ABC S ABC BE 一 1 一332

5、6故四面体B ACE的体积为 解析:2答案及解析： 1 答案：（1）由题意知 BCD ADC 90 ,BC/EDMBC CD - AD DE ,所以四边形 2BCDE是正方形，连接CE ,所以BD CE，又因为BC / /AE , BC AE ,所以四边形 ABCE是平 行四边形，所以CE/AB,则BD AB.因为平面SAD 平面ABCD , SAD 90，平面SADI 平面ABCD AD，故SA 平面ABCD .所以SAI AB A，所以SA BD，又因为SAI AB A , 贝U BD 平面SAB.（2）SA= AD = 2 ,be DE 1 ,，BDE 的面积为-，又由知 SA 平面 A

6、BCD ,.21 11Vs bde - - 2 ,又在 Rt SAB 中，SA 2, AB DB V2,，SB 46,由知 BD SB, 3 23.SBD的面积为1 72 V6 V3,设点E到平面SBD的距离为h,则-Szx BDS h 1，即233h 3解析3答案及解析：答案：（1） AD 平面 ABE,AD/BCBC 平面 ABE AE 平面 ABE AE BC 又 BF 平面ACE AE BF又 BC I BF B , BC,BF 平面 BCE AE 平面 BCE（2）依题意可知：G是AC中点由BF 平面ACE知CE BF ,而BC BE .F是EC中点 ，在 AEC 中，FG/AE 又

7、 FG 平面BFD , AE 平面BFD AE平面 BFD(3) AE平面 BFD ，AEFG,而 AE 平面 BCE,FG 平面 BCE,即 FG平面BCF. G是AC中点，F是CE中点 .FG/AE 且 FG -,AE2又知在RtBCE 中，CE2BE272 , BE1 一CF CE . 22一S CFB一VC BFGVGBCFS CFBFG解析:4答案及解析:答案：（1）.在ADOM中，DO3153,OM ,DM -22._22_2 DM DO OM.DO OM ,又 DO EF,EFOM O , DO 平面 EBCF .（2）.连接OC ,过E在平面EBCF上作EN /OC交BC于点N

8、贝U EN / 平面 EBCF Q EN / /OC ,OC平面EBCF , EN 平面 EBCF2 ,-，使得EN /平面EBCF 3所以EN 面EBCF ,即存在点N,且BNBC解析:7答案及解析：答案：（1）连结 AB,在三棱柱 ABCA1B1C1中，人人/331且人丹=BB1 ,所以四边形AA1B1B是平行四边形.又因为D是AB的中点，所以D也是BAi的中点.在 BAC中，D和E分别是BAi和BC的中点，所以 DE/AC .又因为DE 平面ACGAi, AC 平面ACCiA ,所以DE /平面ACC1Al.(2)由(1)知 DE/AC ,因为 AC BCi ,所以BCi DE .又因为

9、 BCi ABi , ABi I DE = D, ABi,DE 平面 ADE ,所以 BCi 平面 ADE.又因为AE 平面ADE ,所以AE BCi.在 ABC中，AB = AC , E是BC的中点，所以AE BC.因为 AE BCi , AE BC , BCi I BC= B ,BCi, BC I 平面 BCCiB ,所以AE 平面BCCiBi.解析：8答案及解析：答案：(i)由AB是圆的直径可得 AC BC由PA 平面ABC, BC 平面ABC，得PA BC又 PA AC A, PA 平面 PAC, AC 平面 PAC所以BC 平面PAC ,又PC 平面PAC ,所以BC PC .(2)

10、.连OG并延长交AC于M,连接QM,QG由G为AAOC的重心，得M为AC的中点由Q为PA的中点，得QM / /PC由。为AB的中点，得OM /BC因为QM MO M , QM 平面QMOMO 平面 QMO ,BC PC CBC 平面PBC, PC 平面PBC所以平面QMO /平面PBC因为QG 平面QMO所以QG /平面PBC解析：9答案及解析：答案：1.【证明】如图，连接CiB,平面 ABC ,平面 CBB1C1 ,平面ABC 平面CBBiCi BC ,且 AC BC, AC 平面 ABC,AC 平面 CBBiCi.又 AC/AC1 ,. ACi CCi ,.四边形CBBiCi是菱形，CiC

11、B 60,CiBBi为等边三角形.又M为BBi的中点，CiM BBi.CCi/BBi ,. CiM CCi又 ACi CiM Ci, ACi 平面 ACiM,CiM 平面 ACiM ,CCi 平面 ACiM .2.【解】由题意知 CiM 3, ACi AC CCi 2.AC 平面 CBBiCi ,而 CiM 平面 CBBiCi,AC GM .又 AC/ACi ,ACi CiM ,1 人6”的面积$训训 -2 73 V3.i3 Saa,gm CCi33 2 穹.由i可知CCi 平面ACiM ,，三棱锥Ci ACM的体积Vci ACM VC AC1M解析：io答案及解析：答案：（i）证明：在题图（i）中，易得 OC 3,AC 3. 2, AD 22.如图，连接OD,OE.在OCD中，由余弦定理可得ODOC2 CD2 2OC CDcos45。, 5,由翻折不变性可知 A D 2 2,_ 2 2_ 2AO OD AD ,