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5文含解析

PAGE立体几何(5)1．[2024·湖北孝感重点中学二联]如图，在六面体ABCD­A1B1C1D1中，平面ABB1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A1⊥(1)若AA1∥CC1，求证：BB1∥DD1.(2)求证：AA1⊥平面ABCD.2．[2024·江西五校协作体高三考试试题]如图，在底面为正方形的四棱锥P­ABCD中，M是PB的中点，AB＝2，PA＝eq\r(2)，点P在底面ABCD上的射影O恰是AD的中点．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)求三棱锥M­PDC的体积．3．[2024·河南省豫北名校高三质量考评]如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD为正方形，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求证：BE⊥平面CDF；(2)求点E到平面CDF的距离．

4.[2024·南昌市高三年级摸底测试卷]如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中点，F是A1E上一点，且A1F＝2(1)证明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱锥C1­A1FC的体积．5．[2024·惠州市高三其次次调研考试试题]如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在的平面相互垂直，已知AB＝3，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)设几何体F­ABCD，F­BCE的体积分别为V1，V2，求V1︰V2.6．[2024·黄冈中学，华师附中等八校第一次联考]如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝2，DC＝3，点E在CD上，且DE＝2，将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE(如图2)．G为AE的中点．(1)求证：DG⊥BC.(2)求四棱锥D­ABCE的体积．(3)在线段BD上是否存在点P，使得CP∥平面ADE？若存在，求eq\f(BP,BD)的值；若不存在，请说明理由． 立体几何(5)1．解析：(1)因为AA1∥CC1，AA1⊄平面C1CDD1，CC1⊂平面C1CDD1，所以AA1∥平面C1CDD1.因为平面A1ADD1∩平面C1CDD1＝DD1，AA1⊂平面A1ADD1，所以AA1∥DD1.同理AA1∥BB1，所以BB1∥DD1.(2)如图，在平面ABCD内任取一点O，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AD于点F.因为平面ABB1A1⊥平面ABCD，OE⊂平面ABCD，平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，OE⊥所以OE⊥平面ABB1A1又AA1⊂平面ABB1A1，所以AA1⊥OE同理AA1⊥OF.因为OE，OF⊂平面ABCD，OF∩OE＝O，所以AA1⊥平面ABCD.2．解析：(1)证明：依题意，得PO⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB.又AB⊥AD，PO∩AD＝O，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)因为PO⊥平面ABCD，O为AD的中点，所以△PAD为等腰三角形，又AD＝2，PA＝eq\r(2)，所以PO＝1，PD＝eq\r(2)，连接BD，则S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2＝2.因为点M是PB的中点，所以点M到平面PDC的距离等于点B到平面PDC距离的一半，VM­PDC＝eq\f(1,2)VB­PDC＝eq\f(1,2)VP­BCD＝eq\f(1,2)·eq\f(1,3)S△BCD·PO＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(1,3).即三棱锥M­PDC的体积为eq\f(1,3).3．解析：(1)如图，分别取AD，BC，BE，DF的中点P，Q，M，N，连接AN，PN，PQ，QM，MN，则QM∥CE，PN∥AF，QM＝eq\f(1,2)CE，PN＝eq\f(1,2)AF.∵在矩形ACEF中，AF綊CE，∴QM綊PN，∴四边形PQMN为平行四边形，∴PQ綊MN.易知PQ綊AB，∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM.∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥DC.同理FA⊥AD.又由条件知AD＝AF，∴AN⊥DF，则BM⊥DF，即BE⊥DF.∵DC⊥BC，EC⊥DC，且BC∩CE＝C，∴DC⊥平面BCE，∴DC⊥BE.又BE⊥DF，DC∩DF＝D，∴BE⊥平面CDF.(2)由(1)可得EC⊥BC.又BC⊥CD，CD∩CE＝C，∴BC⊥平面CDE，∴AD⊥平面CDE.在矩形ACEF中，AF∥CE，∴AF∥平面CDE，∴三棱锥F­CDE的高等于AD的长，且AD＝1.由(1)易知CD⊥平面ADF，∵DF⊂平面ADF，∴CD⊥DF，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2).设点E到平面CDF的距离为h，∵VF­CDE＝VE­DCF，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)h，解得h＝eq\f(\r(2),2).4.解析：(1)如图，连接AE，因为AB＝AC＝2，AB⊥AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，AE＝eq\r(2).由于三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，故AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AE，AA1⊥BC在直角三角形A1AE中，因为AA1＝2，AE＝eq\r(2)，所以A1E＝eq\r(6)，那么EF＝eq\f(\r(6),3).所以eq\f(AE,EF)＝eq\f(A1E,AE)，所以△A1AE∽△AFE，所以∠AFE＝∠A1AE＝90°，即AF⊥A1E.由AE⊥BC，AA1⊥BC，AA1∩AE＝A，得BC⊥平面A1AE⇒BC⊥AF.由AF⊥A1E，AF⊥BC，BC∩A1E＝E，得AF⊥平面A1BC.(2)过E作ED⊥AC，交AC于点D，连接A1D，过F作FG∥ED，交A1D于点G.因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥ED，又ED⊥AC，AC∩AA1＝A，所以ED⊥平面AA1C，所以FG⊥平面AA1因为FG∥ED，A1F＝2FE，所以FG＝eq\f(2,3)ED＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)AB＝eq\f(2,3).S△A1CC1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，所以V三棱锥C1­A1FC＝V三棱锥F­A1CC1＝eq\f(1,3)S△A1CC1·FG＝eq\f(1,3)×2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9).5．解析：(1)解法一∵平面ABCD⊥平面ABEF，矩形ABCD中，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB⊂平面ABCD，∴CB⊥平面ABEF，∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB.又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∵CB∩BF＝B，CB⊂平面CBF，BF⊂平面CBF，∴AF⊥平面CBF，∵AF⊂平面DAF，∴平面DAF⊥平面CBF.解法二∵平面ABCD⊥平面ABEF，矩形ABCD中，DA⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，DA⊂平面ABCD，∴DA⊥平面ABEF，∵BF⊂平面ABEF，∴DA⊥BF.又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∵DA∩AF＝A，DA⊂平面DAF，AF⊂平面DAF，∴BF⊥平面DAF，∵BF⊂平面CBF，∴平面DAF⊥平面CBF.(2)如图，过点F作FH⊥AB，交AB于H，∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，且FH⊂平面ABEF，∴FH⊥平面ABCD.则V1＝eq\f(1,3)×(AB×BC)×FH，V2＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EF×HF,2)))×BC，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(2AB,EF)＝6.6．解析：(1)因为G为AE的中点，AD＝DE＝2，所以DG⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DG⊂平面ADE，所以DG⊥平面ABCE.因为BC⊂平面ABCE，所以DG⊥BC.(2)在直角三角形ADE中，易得AE＝2eq\r(2)，则DG＝eq\f(AD·DE,AE)＝eq\r(2).所以四棱锥D­ABCE的体积V四棱锥D­ABCE＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋4×2,2)×eq\r(2)＝eq\f(5,3)eq\r(2).(3)如图，过点C作CF∥AE交AB于点F