2023高考数学一轮复习第7章立体几何初步热点探究训练4立体几何中的高考热点问题文北师大版

PAGEPAGE1热点探究训练(四)立体几何中的高考热点问题1．如图7，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E，F分别为MA，DC的中点，求证：图7(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BDN.[证明](1)取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝eq\f(1,2)ND，又因为F，G分别为DC，NC的中点，FG∥ND且FG＝eq\f(1,2)ND，所以FG綊ME，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG.4分又MG平面MNCB，EF平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.6分(2)连接BD，MC，因为平面MADN⊥平面ABCD，四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD，又因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，ND平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.8分因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.10分因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又因为AC平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.12分2．(2022·合肥质检)如图8，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上．图8(1)求证：BD⊥PE；(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，假设PE∥平面DMN，求eq\f(DE,DC)的值.【导学号：66482347】[解](1)证明：∵BD⊥PD，BD⊥CD且PD∩DC＝D，∴BD⊥平面PCD，而PE平面PCD，∴BD⊥PE.5分(2)由题意得BM＝eq\f(1,4)BC，取BC的中点F，那么PF∥MN，∴PF∥平面DMN，7分由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM.10分∴eq\f(DE,DC)＝eq\f(MF,MC)＝eq\f(1,3).12分3．(2022·西安调研)如图9①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.①②图9(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36eq\r(2)，求a的值.【导学号：66482348】[解](1)证明：在图①中，因为AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC.2分那么在图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.5分(2)由，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.8分即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．由图①知，A1O＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1­BCDE的体积为V＝eq\f(1,3)S·A1O＝eq\f(1,3)·a2·eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),6)a3.由eq\f(\r(2),6)a3＝36eq\r(2)，得a＝6.12分4．(2022·贵阳模拟)如图10，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120°.图10(1)在直线BC上求作一点O，使BC⊥平面AOD，写出作法并说明理由；(2)求三棱锥A­BCD的体积．[解(1)作AO⊥BC，交CB延长线于点O，连接DO，那么BC⊥平面AOD.1分证明如下：∵AB＝DB，OB＝OB，∠ABO＝∠DBO，∴△AOB≌△DOB，3分那么∠AOB＝∠DOB＝90°，即OD⊥BC.又∵AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD.5分(2)∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，∴AO⊥平面BCD，即AO是三棱锥A­BCD底面BCD上的高，7分在Rt△AOB中，AB＝1，∠ABO＝60°，∴AO＝ABsin60°＝eq\f(\r(3),2).10分又∵S△BCD＝eq\f(1,2)BC·BD·sin∠CBD＝eq\f(\r(3),4)，∴V三棱锥A­BCD＝eq\f(1,3)·S△BCD·AO＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,8).12分5.如图11，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.图11(1)求三棱锥P­ABC的体积；(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，假设存在点M，求出eq\f(PM,MC)的值；假设不存在，请说明理由．[解](1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·AC·sin60°＝eq\f(\r(3),2).2分由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高．又PA＝1，所以三棱锥P­ABC的体积V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(\r(3),6).5分(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.7分由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.又BM平面MBN，所以AC⊥BM.10分在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝eq\f(1,2)，从而NC＝AC－AN＝eq\f(3,2).由MN∥PA，得eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,3).12分6.(2022·湖南高考)如图12，直三棱柱ABC­A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1图12(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；(2)假设直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F­AEC[解](1)证明：如图，因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1.又E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AE⊥BC因此AE⊥平面B1BCC1.而AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1.5分(2)设AB的中点为D，连接A1D，CD.因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.又三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1由题设，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3).在Rt△AA1D中，AA1＝eq\r(A1D2－AD2)＝eq