统考版2025届高考数学二轮专题闯关导练二主观题专练立体几何6文含解析

PAGE立体几何(6)1．[2024·大同市测试试题]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB(1)求证AC⊥BC1；(2)求证AC1∥平面CDB1；(3)求异面直线AC1与B1C2．[2024·惠州市高三第一次调研考试试题]如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，PA＝AB＝4，AD＝CD，N是CD的中点．(1)求证：MN∥平面PAD；(2)求点M到平面PBC的距离．3．[2024·广东省七校联合体高三第一次联考试题]如图所示，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝2eq\r(3)，CD＝4，E为CD的中点．(1)求证：AE∥平面PBC；(2)求三棱锥C­PBE的体积．

4．[2024·唐山市高三年级摸底考试]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2，点E是PC的中点．(1)求证：PA∥平面BED；(2)若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求四棱锥P­ABCD的体积．5．[2024·石家庄市重点中学高三毕业班摸底考试]如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB＝BC＝eq\r(2)，PA＝2.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)若点M是棱PC的中点，求直线PD与BM所成角的余弦值．6．[2024·南昌十中期中]如图，直角梯形ABCD所在平面与等腰直角三角形ABE所在平面相互垂直，∠AEB＝eq\f(π,2)，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.(1)求证：AB⊥DE.(2)求证：平面AED⊥平面BCE.(3)线段EA上是否存在一点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出eq\f(EF,EA)的值；若不存在，说明理由．立体几何(6)1.解析：(1)∵直三棱柱ABC­A1B1C1底面三边AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，AC⊥BC.又AC⊥CC1，BC∩CC1＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，又∵BC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥BC1(2)如图，设CB1与C1B的交点为E，连接DE，∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.(3)∵DE∥AC1，∴∠CED或其补角为AC1与B1C在△CED中，ED＝eq\f(1,2)AC1＝eq\f(5,2)，CD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(5,2)，CE＝eq\f(1,2)CB1＝2eq\r(2)，∴cos∠CED＝eq\f(CE2＋DE2－CD2,2·CE·DE)＝eq\f(8,2×2\r(2)×\f(5,2))＝eq\f(2\r(2),5).∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为eq\f(2\r(2),5).2．解析：(1)解法一因为△ABC是正三角形，所以BA＝BC，又AD＝CD，所以BD所在的直线为线段AC的垂直平分线，所以M为AC的中点，又N是CD的中点，所以MN∥AD，又AD⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD.解法二在正三角形ABC中，AB＝BC，因为AD＝CD，BD＝BD，所以△ABD≌△CBD，所以M为AC的中点．如图，取PC的中点为E，连接ME，NE.因为M为AC的中点，E为PC的中点，所以ME∥PA，又ME⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以ME∥平面PAD，同理可得NE∥平面PAD.又ME⊂平面MEN，NE⊂平面MEN，ME∩NE＝E，所以平面MEN∥平面PAD.又MN⊂平面MEN，所以MN∥平面PAD.(2)设点M到平面PBC的距离为h，在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝4eq\r(2).在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝4eq\r(2)，在△PBC中，PB＝4eq\r(2)，PC＝4eq\r(2)，BC＝4，所以S△PBC＝4eq\r(7).连接PM，由V三棱锥M­PBC＝V三棱锥P­BMC，即eq\f(1,3)×4eq\r(7)×h＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×4，解得h＝eq\f(2\r(21),7)，所以点M到平面PBC的距离为eq\f(2\r(21),7).3．解析：(1)∵AB＝eq\r(3)，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠BCA＝60°.在△ACD中，AD＝2eq\r(3)，AC＝2，CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴∠CAD＝90°，△ACD是直角三角形．又E为CD的中点，∴AE＝eq\f(1,2)CD＝CE＝2，∴△ACE是等边三角形，∴∠CAE＝60°，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.又AE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AE∥平面PBC.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE，∴PA为三棱锥P­BCE的高．∵∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，∴∠BCE＝120°.又BC＝1，CE＝2，∴S△BCE＝eq\f(1,2)×BC×CE×sin∠BCE＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴V三棱锥C­PBE＝V三棱锥P­BCE＝eq\f(1,3)×S△BCE×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),3).4.解析：(1)如图，连接AC交BD于O，连接OE.由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，∴PA∥EO，又PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，∴PA∥平面BED.(2)由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC，又由题意可知CD⊥BC，且PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD，则BC⊥DE.由PE＝EC，PD＝DC，得PC⊥DE，又PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PBC，∴∠DBE即直线BD与平面PBC所成的角．设AD＝x，在Rt△DBE中，DE＝eq\r(2)，BD＝eq\r(4＋x2)，则sin∠DBE＝eq\f(DE,BD)＝eq\f(1,2)，解得x＝2.∴四棱锥P­ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×PD×S矩形ABCD＝eq\f(8,3).5．解析：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，AC⊥OD，∴点O，B，D共线，即AC⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.(2)取CD的中点N，连接MN，BN，则MN∥PD.∴∠BMN或其补角是异面直线PD与BM所成的角．Rt△PAD中，PA＝AD＝2，∴PD＝2eq\r(2)，∴MN＝eq\r(2).连接OM，则OM∥PA，∴OM⊥平面ABCD，Rt△MOB中，MO＝OB＝1，∴BM＝eq\r(2).△BDN中，BD＝eq\r(3)＋1，DN＝1，∠BDN＝30°，由余弦定理BN2＝BD2＋DN2－2BD·DN·cos30°，得BN2＝2＋eq\r(3).△BMN中，cos∠BMN＝eq\f(BM2＋MN2－BN2,2·BM·MN)＝eq\f(2＋2－2＋\r(3),2×\r(2)×\r(2))＝eq\f(2－\r(3),4)，∴直线PD与BM所成角的余弦值为eq\f(2－\r(3),4).6.解析：(1)如图，取AB的中点O，连接EO，DO.由△ABE为等腰直角三角形，可得EB＝EA，所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，则BO⊥OD，即AB⊥OD.又OD∩OE＝O，OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，所以AB⊥平面ODE.又DE⊂平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且AB⊥BC，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.又AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE.又AE⊂平面AED，所以平面AED⊥平面BCE.(3)存在点F，且eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)时，有EC∥平面FBD.理由如下．如图，连接AC，BD，AC∩BD＝M，