数学（文科）总复习演练提升同步测评6热点-立体几何中的热点问题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1．(2016·江西师大附中模拟）如图，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．（1）求证：平面ADF⊥平面CBF;（2)求证：PM∥平面AFC.【证明】(1）∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直,CB⊥AB，∴CB⊥平面ABEF.又AF⊂平面ABEF，∴CB⊥AF.又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝eq\r（3),AF2＋BF2＝AB2，得AF⊥BF.∵BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB。又∵AF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面CBF。（2）连接OM并延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，连接PH，∴PH∥CF,又∵AF⊂平面AFC，∴PH∥平面AFC。连接PO，则PO∥AC，AC⊂平面AFC，PO∥平面AFC。PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC,又PM⊂平面POH，∴PM∥平面AFC.2．(2016·南宁模拟）如图，在四棱锥P。ABCD中，底面ABCD为菱形,∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2,点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1）求证：AD⊥平面PNB;(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥 P­NBM的体积．【解析】(1)证明∵PA＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD。∵底面ABCD为菱形,∠BAD＝60°,∴BN⊥AD。∵PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2）∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝eq\r（3),∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD,∴PN⊥NB，∴S△PNB＝eq\f（1,2)×eq\r（3）×eq\r（3）＝eq\f（3,2).∵AD⊥平面PNB，AD∥BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM＝2MC，∴VP­NBM＝VM­PNB＝eq\f（2,3）VC。PNB＝eq\f(2，3）×eq\f(1,3)×eq\f（3,2）×2＝eq\f（2，3）.3．（2016·山西四校联考)如图，AB是圆O的直径，点C在圆O上,矩形DCBE所在的平面垂直于圆O所在的平面,AB＝4，BE＝1.(1）证明：平面ADE⊥平面ACD；(2）当三棱锥C。ADE的体积最大时，求点C到平面ADE的距离．【解析】（1)证明∵AB是直径，∴BC⊥AC。又四边形DCBE为矩形，∴CD⊥DE,BC∥DE，∴DE⊥AC。∵CD∩AC＝C，∴DE⊥平面ACD.又DE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD.（2)由(1)知VC.ADE＝VE。ACD＝eq\f(1,3）×S△ACD×DE＝eq\f(1，3）×eq\f(1，2)×AC×CD×DE＝eq\f（1，6）×AC×BC≤eq\f(1，12）×（AC2＋BC2）＝eq\f（1，12）×AB2＝eq\f（4，3），当且仅当AC＝BC＝2eq\r(2）时等号成立．∴当AC＝BC＝2eq\r（2）时，三棱锥C。ADE的体积最大，为eq\f（4,3)。此时，AD＝eq\r(12＋（2\r（2))2）＝3，S△ADE＝eq\f(1，2)×AD×DE＝3eq\r（2），设点C到平面ADE的距离为h，则VC。ADE＝eq\f(1,3）×S△ADE×h＝eq\f（4,3)，h＝eq\f(2\r(2）,3）。4．(2016·长春模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中,底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1,点E，F分别为AB和PD的中点．(1)求证：直线AF∥平面PEC；（2)求三棱锥P­BEF的表面积．【解析】(1）证明如图，作FM∥CD交PC于M，连接ME。∵点F为PD的中点，∴FM綊eq\f(1，2)CD,又AE綊eq\f(1，2）CD，∴AE綊FM，∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC,∴直线AF∥平面PEC。(2）连接ED，BD,可知ED⊥AB，eq\b\lc\\rc\｝(\a\vs4\al\co1（\b\lc\\rc\}（\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD）)⇒PD⊥AB,DE⊥AB））⇒\b\lc\(\a\vs4\al\co1(AB⊥平面PEF）),PE，FE⊂平面PEF)）⇒AB⊥PE,AB⊥FE。故S△PEF＝eq\f(1，2)PF×ED＝eq\f（1，2)×eq\f（1，2）×eq\f(\r(3),2)＝eq\f（\r（3)，8)；S△PBF＝eq\f（1,2)PF×BD＝eq\f（1，2)×eq\f（1，2)×1＝eq\f(1，4)；S△PBE＝eq\f（1,2)PE×EB＝eq\f（1，2)×eq\f(\r（7）,2）×eq\f（1,2)＝eq\f(\r(7),8)；S△BEF＝eq\f(1,2）EF×EB＝eq\f（1,2)×1×eq\f（1，2)＝eq\f（1,4)。因此三棱锥P.BEF的表面积SP­BEF＝S△PEF＋S△PBF＋S△PBE＋S△BEF＝eq\f（4＋\r（3）＋\r(7）,8).5．在如图①所示的半圆O中，AB为直径，C为半圆O(A，B除外）上任一点，D,E分别在AO，AC上，DE⊥AB.现将△ABC沿DE折起使得AD⊥BD,从而构成四棱锥A.BCED，如图②所示．（1)在图②中，若F是BC上的点，且EC∥平面ADF.求证：BC⊥AF;（2)若翻折前DC＝eq\r(7），AD＝1,∠BAC＝30°，求翻折后四棱锥A­BCED的体积．【解析】(1)证明因为EC∥平面ADF，平面BCED∩平面ADF＝DF,所以EC∥DF.由已知可得EC⊥BC，所以DF⊥BC。又AD⊥BD，AD⊥DE，DE∩BD＝D，所以AD⊥平面BCED.又BC⊂平面BCED，所以AD⊥BC.又AD∩DF＝D，所以BC⊥平面ADF。又AF⊂平面ADF，所以BC⊥AF.（2）设半圆O的半径为R,在图中连接OC,因为∠BAC＝30°，AB⊥DE，AC⊥BC，AD＝1,所以DE＝AD·tan30°＝eq\f(\r(3),3），∠AOC＝120°，DO＝R－1，OC＝R。又DC＝eq\r（7)，在△OCD中，由余弦定理得DC2＝OD2＋OC2－2OD·OC·cos120°，即7＝（R－1）2＋R2－2（R－1)·R·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）)),即(R－2)（R＋1）＝0，解得R＝2或R＝－1（舍去）．所以AC＝2R·cos30°＝2eq\r(3)，BC＝2R·sin30°＝2.所以S四边形BCED＝S△ABC－S△ADE＝eq\f(1，2）×2eq\r（3）×2－eq\f(1,2）×1×eq\f（\r（3),3）＝eq\f(11\r（3)，6).由（1)知四棱锥A­BCED的高为AD＝1，所以四棱锥A。BCED的体积为V＝eq\f（1,3)×AD×S四边形BCED＝eq\f(1，3）×1×eq\f（11\r(3）,6）＝eq\f(11\r（3），18).6．如图所示，在直四棱柱ABCD。A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥BC，且A1A＝AB＝BC＝1，CD＝2.（1)求证:AB1⊥平面A1BC；(2)在线段CD上是否存在点N，使得D1N∥平面A1BC？若存在，求出三棱锥N。AA1C的体积；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明因为直四棱柱ABCD。A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以A1A⊥BC.因为AB⊥BC，AB∩A1A＝A，所以BC⊥平面AA1B1B。又AB1⊂平面AA1B1B,所以AB1⊥BC.因为A1A⊥AB,A1A＝AB＝1,所以四边形AA1B1B是正方形,所以AB1⊥A1B。因为A1B∩BC＝B，所以AB1⊥平面A1BC.（2)方法一存在，当N为CD的中点时,D1N∥平面A1BC。理由如下：若N为CD的中点，连接BN,因为AB∥CD，AB＝BC＝1，CD＝2,所以AB∥DN,AB＝DN，所以四边形ABND为平行四边形，所以BN∥AD,BN＝AD。在直四棱柱ABCD。A1B1C1D1中，AD∥A1D1，AD＝A1D1，所以BN＝A1D1,BN∥A1D1,所以四边形A1BND1为平行四边形,所以A1B∥D1N.又D1N⊄平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以D1N∥平面A1BC.易知S△ACN＝S△BCN＝eq\f(1,2）CN×BC＝eq\f（1，2)×1×1＝eq\f（1,2)，又A1A⊥平面ABCD，A1A＝1，所以V三棱锥N.AA1C＝V三棱锥A1­ACN＝eq\f（1,3）S△ACN×A1A＝eq\f(1,3)×eq\f（1，2）×1＝eq\f（1，6)，即三棱锥N­AA1C的体积为eq\f(1，6）.方法二存在，当N为CD的中点时，D1N∥平面A1BC。理由如下：若N为CD的中点,取C1D1的中点M，连接BN，A1M，MC，如图所示．因为在直四棱柱ABCD。A1B1C1D1中A1B1∥C1D1，A1B1＝1，C1D1＝2,所以A1B1∥MC1,A1B1＝MC1，所以四边形A1B1C1M为平行四边形，所以A1M∥B1C1，A1M＝B1C1.又BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以A1M∥BC，A1M＝BC，所以四边形A1BCM为平行四边形，所以A1B∥CM.又D1M＝NC＝1,D1M∥NC，所以四边形D1MCN为平行四边形,所以MC∥D1N，所以D1N∥A1