2018学数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测（十八）立体几何文VIP

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精11-学必求其心得，业必贵于专精PAGE课时跟踪检测(十八）立体几何1.（2017·沈阳模拟)如图，在三棱柱ABC.A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O为AC的中点．（1）证明：A1O⊥平面ABC；（2)求三棱锥C1。ABC的体积．解：（1)证明：因为AA1＝A1C，且O为AC的中点,所以A1O⊥AC。又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.（2）∵A1C1∥AC,A1C1⊄平面ABC,AC⊂平面ABC,∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离．由（1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝eq\r（AA\o\al(2,1）－AO2）＝eq\r(3），∴VC1。ABC＝VA1.ABC＝eq\f(1,3）S△ABC·A1O＝eq\f(1,3）×eq\f(1，2）×2×eq\r（3）×eq\r（3)＝1。2．（2018届高三·西安八校联考）如图所示,该几何体是由一个直三棱柱ADE。BCF和一个正四棱锥P。ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.(1)证明:平面PAD⊥平面ABFE;(2）求正四棱锥P­ABCD的高h，使得该四棱锥的体积是三棱锥P­ABF体积的4倍．解:（1）证明:在直三棱柱ADE­BCF中，AB⊥平面ADE,∴AB⊥AD。又AD⊥AF,AB∩AF＝A，∴AD⊥平面ABFE。又AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABFE。(2)P到平面ABF的距离d＝1.∴VP。ABF＝eq\f(1,3)S△ABFd＝eq\f(1，3）×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f（2，3)。而VP。ABCD＝eq\f（1,3）S正方形ABCDh＝eq\f（1，3）×2×2×h＝4VP。ABF＝eq\f(8,3）,∴h＝2.3．（2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P.ABCD中，AB∥CD,且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1）证明:平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°,且四棱锥P.ABCD的体积为eq\f（8,3），求该四棱锥的侧面积．解：(1）证明:由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD。因为AB∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD。（2）如图所示，在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.由(1）知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.设AB＝x,则由已知可得AD＝eq\r（2)x，PE＝eq\f(\r(2）,2）x.故四棱锥P.ABCD的体积VP.ABCD＝eq\f（1，3)AB·AD·PE＝eq\f(1，3）x3。由题设得eq\f(1,3)x3＝eq\f（8，3)，故x＝2。从而PA＝PD＝AB＝DC＝2,AD＝BC＝2eq\r(2），PB＝PC＝2eq\r（2).可得四棱锥P.ABCD的侧面积为eq\f(1,2）PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1，2)PD·DC＋eq\f（1,2）BC2sin60°＝6＋2eq\r(3)。4．(2017·泰安模拟）如图，在正四棱柱ABCD。A1B1C1D1中,E为AD的中点,F为B1C1的中点．（1）求证：A1F∥平面ECC1；（2）在CD上是否存在一点G，使BG⊥平面ECC1？若存在，请确定点G的位置，并证明你的结论,若不存在，请说明理由．解：(1）证明：如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，取BC的中点M，连接AM,FM，所以B1F∥BM且B1F＝BM,所以四边形B1FMB是平行四边形，所以FM∥B1B且FM＝B1B。因为B1B∥A1A且B1B＝A1A，所以FM∥A1A且FM＝A1A，所以四边形AA1FM是平行四边形,所以A1F∥AM.因为E为AD的中点，所以AE∥MC且AE＝MC。所以四边形AMCE是平行四边形，所以CE∥AM，所以CE∥A1F。因为A1F⊄平面ECC1,EC⊂平面ECC1，所以A1F∥平面ECC1。（2)在CD上存在一点G，使BG⊥平面ECC1.证明如下：取CD的中点G，连接BG.在正方形ABCD中，DE＝GC，CD＝BC,∠ADC＝∠BCD，所以△CDE≌△BCG，所以∠ECD＝∠GBC。因为∠CGB＋∠GBC＝90°，所以∠CGB＋∠DCE＝90°，所以BG⊥EC.因为CC1⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，所以CC1⊥BG。又EC∩CC1＝C，所以BG⊥平面ECC1.故当G为CD的中点时，满足BG⊥平面ECC1。5．（2017·福州模拟）如图①，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3,DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A,将△PAD沿AD折起，得到如图②所示的四棱锥P­ABCD，点M在棱PB上，且PM＝eq\f(1，2)MB.(1)求证:PD∥平面MAC；（2)若平面PAD⊥平面ABCD,求点A到平面PBC的距离．解：(1）证明：在四棱锥P。ABCD中,连接BD交AC于点N，连接MN，依题意知AB∥CD,∴△ABN∽△CDN，∴eq\f(BN,ND)＝eq\f（BA，CD)＝2，∵PM＝eq\f（1,2）MB，∴eq\f(BN,ND）＝eq\f（BM，MP)＝2,∴在△BPD中，MN∥PD，又PD⊄平面MAC,MN⊂平面MAC，∴PD∥平面MAC。(2）法一：∵平面PAD⊥平面ABCD,且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥平面ABCD，∴VP.ABC＝eq\f（1,3）S△ABC·PA＝eq\f（1,3)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）×2×1））×1＝eq\f（1,3）.∵AB＝2，AC＝eq\r（AD2＋CD2）＝eq\r(2),∴PB＝eq\r（PA2＋AB2）＝eq\r(5),PC＝eq\r（PA2＋AC2）＝eq\r(3）,BC＝eq\r(AD2＋AB－CD2）＝eq\r(2），∴PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°,记点A到平面PBC的距离为h，∴VA.PBC＝eq\f(1，3）S△PBC·h＝eq\f(1，3)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）×\r（3）×\r（2）））h＝eq\f(\r(6),6)h。∵VP。ABC＝VA.PBC，∴eq\f(1,3)＝eq\f（\r（6）,6）h，解得h＝eq\f（\r（6),3).故点A到平面PBC的距离为eq\f(\r(6),3)。法二：∵平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，∵AB＝2，AC＝eq\r(AD2＋CD2）＝eq\r(2），BC＝eq\r(AD2＋AB－CD2)＝eq\r（2)，∴AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝90°,即BC⊥AC,又PA∩AC＝A,PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC,∴BC⊥平面PAC，过点A作AE⊥PC于点E,则BC⊥AE，∵PC∩BC＝C，PC⊂平面PBC,BC⊂平面PBC，∴AE⊥平面PBC，∴点A到平面PBC的距离为AE＝eq\f（PA·AC，PC)＝eq\f(1×\r(2）,\r(3）)＝eq\f（\r(6）,3)。6．（2018届高三·衡水中学摸底）如图①所示，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，进行如图②所示的折叠，折痕EF∥DC。其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF。(1)证明：CF⊥平面MDF；(2）求三棱锥M­CDE的体积．解：（1）证明：∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD,又平面PCD∩平面ABCD＝CD,MD⊂平面ABCD，MD⊥CD，∴MD⊥平面PCD，∵CF⊂平面PCD,∴CF⊥MD.又CF⊥MF，MD∩MF＝M，MD⊂平面MDF，MF⊂平面MDF,∴CF⊥平面MDF.（2)∵CF⊥平面MDF，DF⊂平面MDF，∴CF⊥DF。又易知∠PCD＝60°，∴∠CDF＝30°，∴CF＝eq\f（1,2）CD＝eq\f(1,2)，∵EF∥DC，∴eq\f(DE,DP）＝eq\f(CF,CP),即eq\f（DE，\r(3））＝eq\f(\f（1,2),2），∴DE＝eq\f(\r（3)，4），∴PE＝eq\f（3\r（3）,4）,∴S△CDE＝eq\f（1，2）CD·DE＝eq\f（\r(3）,8)，∵MD＝eq\r(ME2－DE2)＝eq\r(PE2－DE2）＝eq\r（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3\r(3），4)））2－\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\