2021-2022年高考数学一轮复习高考大题专项练4高考中的立体几何

1、 年高考数学一轮复习高考大题专项练 4 高考中的立体几何1.,锥 P-ABCD 中,底面 为形PA面 ,E PD 的.明:PB平面 ; AD=,三棱锥 P-ABD 的积 V=,求点 A 面 .如图,四棱锥 P-ABCD,面 是边长为 的正角形,且底面垂,底面 是60的 形 的中点(1)求证PC;(2)证明在 上存在一点 ,使得 , 四共面(3)求点 D 平面 的离.如图所示 eq oac(,) 为正三角形,面 ABCCECE=CA=BDM 是 EA 的中点. 求证:(1)(2)平面 平面 .如图,在底面是菱形的四棱柱 ABCD-A C D 中,ABC=60, =AC=2,A 2,点 E 在 上

2、 (1)证明 面 ABCD;(2)当为何值时A B平面 ,求出此时三棱锥 D-AEC 的积.(xx 山东,文 18)由棱柱 C 截去三棱锥 得到的几何体如图所.四边形 为正方 为 与 的交点,E 的 平面 ABCD.(1)证明 O面 ; (2)设 M 是 的中,证明:平面 EM平面 B CD . .如图,已知正三棱锥 P-ABC 的侧是直角三角形PA=顶点 P 在面 内正投影为点 DD 在平 面 内的正投影为点 E连结 PE 并延长交 AB 于点 (1)证明 AB 的点(2)在图中作出点 E 在面 PAC 内正投影 F(说明作法及理由,并四面体 PDEF 的体积.(xx 天津文 如图,在四棱锥

3、 中平面 ,BC,3,CD=. (1)求异面直线 与 BC 所角的余弦;(2)求证PD平面 ;(3)求直线 与平面 PBC 成角的正弦值.参考答案高考大题专项练四 高中的立几何.(1)证明设 BD AC 的点为 ,连接 因为四边形 为形所 O 为 的点 又 E 为 PD 的点所 又 EO 平 AEC, 平 AEC所以 PB平面 (2)解 V=PAABAD=AB由 V=,可得 作 AH 交 PB 于 ,由题设知 平面 ,所以 故 AH平面 又 所以点 A 到平 PBC 距离.(1)证法一取 AD 点 连接 OP,AC依题意可 PAD eq oac(,)ACD 均为正三角形,所以 OC,OPAD.

4、又 OC, 平 POC, 平面 POC所以 AD平面 POC.又 平面 POC所以 PC 证法二连接 依题意可知PAD, 均为正三角形,又 M 为 PC 的点所 ,又 AM, 平 AMD, 平面 AMD所以 PC平面 又 AD 平 AMD,所以 PCAD.(2)证明当点 为 PB 的点, 四共,证明如下取棱 PB 的中点 Q,连接 QM,QA,又 M 为 PC 的点所 ,在菱形 ABCD 中 ,所以 所以 A,MD 四点面(3)解点 D 平面 的离即点 D 到平 PAC 距离由1)可知 POAD又平面 面 ABCD平面 PAD面 ,PO 平 ,所以 平面 ,即 PO 为棱锥 P-ACD 体高在

5、 eq oac(,Rt) 中,在PAC ,PA=AC=2,PC=,边 PC 上高 AM=,所 eq oac(,以) 的积 eq oac(,S)=PCAM=设点 D 到面 的距离为 ,由 V =V ,得 ,又 2 eq oac(,S) ACD eq oac(,S)以h=,解得 h=,所以点 D 到平面 PAM 的离.,所证明(取 的中点 F,连接 CE面 ABC,CEBD,BD=CE=CF=FE,四边形 是,DFEC.又 , RtDEFRt,DE=DA.(2)取 中点 N,连接 MN,M 是 的点MNCE.由 BD且 BD平面 ABC,可四边形 是矩形于 DMMN. DE=DAM EA 的DME

6、A.又 EA,DM面 ECA,而 平 BDM,平面 BDM平面 .(1)证因为底面 ABCD 菱形60,所以 AB=AD=AC=在 eq oac(, )B 中由 =A B,知 AB. 同理, 又因为 于 A,所以 面 ABCD.(2)解当1 时,A 平面 EAC.证明如下连接 BD 交 于 ,当=1,即点 E 为 的点时,连接 OE,则 OE B所以 平面 EAC.设 AD 的中点为 F,连接 则 EF 所以 EF平面 , 1,求得 =. eq oac(,S)ACD所以 V =1,即 V =V =. .明1)取 D 的点 O ,接 CO , O 由于 ABCD-A B C 是四棱,以 A O

7、, O =OC,因此 四边形 A 为平四边形所 A 又 O 平 CD , O 平 CD , 所以 A 平面 B CD (2)因为 , 分为 AD 和 OD 的,所以 EM,又 平面 平面 ABCD,所以 A ,因为 B BD所以 ,A B 又 A EEM 平面 A EM, EM=E, 所以 B D 平面 EM, 又 B D 平 所以平面 EM平面 B CD . .(1)证因为 在面 ABC 内正投影为 D,所以 因为 D 在平面 内的正投影为 E所以 ABDE.所以 AB平面 PED故 ABPG.又由已知可,从而 G AB 的点(2)解在平面 内过 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 , 为

8、 平面 PAC 的正投影 理由如下由已知可得 PA,又 ,所以 EFPAEFPC.因此 EF平面 PAC即点 F 为 在面 内正投影连接 CG,因为 P 平面 内的正投影为 D所以 D 是正三角形 ABC 的中心由1)知,G 是 AB 的中所以 CG 故 由题设可得 PC平面 平面 PAB所以 DE,因此 PE=PG,由已知正棱锥的侧面是直角三角形且 PA=可 2,2.在等腰直角三角形 EFP 中可得 2.所以四面体 的体积 V=222.(1)解图由知 AD,故DAP 或其补角即为异面直线 与 BC 所成的角. 因为 AD平面 PDC所以 ADPD.在 eq oac(,Rt) 中由已得 AP=故 cosDAP=.所以,异面直线 AP 与 所角的余弦值(2)证明因为 AD平面 PDC直线 平面 ,所以 ADPD.因为 BCAD所以 又 PD,所以 PD平面 (3)解过点 作 AB 的平行线交 BC 于点 连接 PF则 DF 平面 所成的角等于 AB 与平面 PBC 所 成的角因为 PD平面 PBC