统考版2024高考数学二轮复习专题限时集训11立体几何文含解析

PAGE专题限时集训(十一)立体几何1．(2024·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．[解](1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)A1D．由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED．又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE(2)过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).从而点C到平面C1DE的距离为eq\f(4\r(17),17).2．(2024·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝eq\f(π,3)，求四棱锥B­EB1[解](1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1所以平面A1AMN⊥平面EB1C(2)AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝eq\f(1,3)AM＝eq\r(3)，PM＝eq\f(2,3)AM＝2eq\r(3)，EF＝eq\f(1,3)BC＝2.因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B­EB1C1F的顶点B究竟面EB1如图，作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin底面EB1C1F的面积为eq\f(1,2)×(B1C1＋EF)×PN＝eq\f(1,2)(6＋2)×6＝24.所以四棱锥B­EB1C1F的体积为eq\f(1,3)×24×3＝24.3．(2024·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，又BE，BC⊂面BCGE，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.4．(2024·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧eq\o(CD,\s\UP10(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\UP10(︵))上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．[解](1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为eq\o(CD,\s\UP10(︵))上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：如图，连接AC，BD，AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．1．(2024·怀仁模拟)如图，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求证：MN∥平面PAD；(2)若MN＝BC＝4，PA＝4eq\r(3)，求异面直线PA与MN所成的角的大小．[解](1)取PD的中点H，连接AH，NH，∵N是PC的中点，∴NH綊eq\f(1,2)DC．∵M是AB的中点，且DC綊AB，∴NH綊AM，即四边形AMNH为平行四边形．∴MN∥AH.又MN⊄平面PAD，AH⊂平面PAD，∴MN∥平面PAD．(2)连接AC并取其中点O，连接OM，ON.则OM綊eq\f(1,2)BC，ON綊eq\f(1,2)PA．∴∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角，由MN＝BC＝4，PA＝4eq\r(3)，得OM＝2，ON＝2eq\r(3).∴MO2＋ON2＝MN2，∴∠ONM＝30°，即异面直线PA与MN成30°的角．2．(2024·汕头一模)在四棱锥P­ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且有AB∥DC，AC＝CD＝DA＝eq\f(1,2)AB．(1)证明：BC⊥PA；(2)若PA＝PC＝eq\f(\r(2),2)AC＝eq\r(2)，Q在线段PB上，满意PQ＝2QB，求三棱锥P­ACQ的体积．[解](1)证明：不妨设AB＝2a，则AC＝CD＝DA＝a由△ACD是等边三角形，可得∠ACD＝eq\f(π,3)，∵AB∥DC，∴∠CAB＝eq\f(π,3).由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·coseq\f(π,3)＝3a2，即BC＝eq\r(3)a，∴BC2＋AC2＝AB2.∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC．又平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC，∴BC⊥PA．(2)依题意得，PA⊥PC，VP­ACQ＝VQ­PAC＝eq\f(2,3)VB­PAC＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)S△PAC×BC＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×2eq\r(3)＝eq\f(4\r(3),9).3．(2024·深圳二模)如图所示，四棱锥S­ABCD中，SA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝SA＝1，BC＝2，M为SB的中点．(1)求证：AM∥平面SCD；(2)求点B到平面SCD的距离．[解](1)证明：取SC的中点N，连接MN和DN，∵M为SB的中点，∴MN∥BC，且MN＝eq\f(1,2)BC，∵∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝1，BC＝2，∴AD∥BC，且AD＝eq\f(1,2)BC，∴AD綊MN，∴四边形AMND是平行四边形，∴AM∥DN，∵AM⊄平面SCD，DN⊂平面SCD，∴AM∥平面SCD．(2)∵AB＝AS＝1，M为SB的中点，∴AM⊥SB，∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BC，∵∠ABC＝∠BAD＝90°，∴BC⊥AB，∴BC⊥平面SAB,∴BC⊥AM，∴AM⊥平面SBC．由(1)可知AM∥DN，∴DN⊥平面SBC，∵DN⊂平面SCD，∴平面SCD⊥平面SBC，作BE⊥SC交SC于E，则BE⊥平面SCD，在直角三角形SBC中，eq\f(1,2)SB·BC＝eq\f(1,2)SC·BE，∴BE＝eq\f(SB·BC,SC)＝eq\f(2\r(2),\r(6))＝eq\f(2\r(3),3)，即点B到平面SCD的距离为eq\f(2\r(3),3).4．(2024·长沙模拟)如图，已知三棱锥P­ABC的平面绽开图中，四边形ABCD为边长等于eq\r(2)的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P­ABC中．(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)求三棱锥P­ABC的表面积和体积．[解](1)设AC的中点为O，连接BO，PO.由题意，得PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，PO＝1，AO＝BO＝CO＝1.因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC．因为在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝eq\r(2)，PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，因为PO⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)三棱锥P­ABC的表面积S＝2×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＋2×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2＝2＋eq\r(3)，由(1)知，PO⊥平面ABC，所以三棱锥P­ABC的体积为V＝eq\f(1,3)S△ABC×PO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×1＝eq\f(1,3).1.已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是直角梯形，AD⊥DC，AB＝1，AD＝DC＝2，AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD，F为A1B1(1)在图中画出一个过BC1且与AF平行的平面(要求写出作法)；(2)求四棱柱ABCD­A1B1C1D1[解](1)在平面CDD1C1中，过D作DP∥AF，交C1D1于P，在平面CDD1C1中，过C1作C1E∥DP，交CD于E，连接BE，此时AF∥C1E，∴过BC1且与AF平行的平面为平面BEC(2)∵四棱柱ABCD­A1B1C1D1AD⊥DC，AB＝1，AD＝DC＝2，AA1＝2，且AA1⊥平面ABCD，∴四棱柱ABCD­A1B1C1D1S＝2S梯形ABCD＋S矩形ABB1A1＋S矩形ADD1A1＋S矩形DCC1D1＋S矩形BCC1B1＝2×eq\f(1＋2,2)×2＋1×2＋2×2＋2×2＋eq\r(22＋12)×2＝16＋2eq\r(5).2.如图，在三棱柱FAB­EDC中，侧面ABCD是菱形，G是边AD的中点．平面ADEF⊥平面ABCD，∠ADE＝90°.(1)求证：AC⊥BE；(2)在线段BE上求点M(说明M点的详细位置)，使得DE∥平面GMC，并证明你的结论．[解](1)证明：如图，连接BD，则由四边形ABCD是菱形可得AC⊥BD，∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，且DE⊥AD,∴DE⊥平面ABCD．又AC⊂平面ABCD,∴AC⊥DE.∵BD∩DE＝D,∴AC⊥平面BDE，∵BE⊂平面BDE,∴AC⊥BE.(2)设BD∩CG＝O，在△BDE中，过O作DE的平行线交BE于点M，M点即为所求的点．∵OM在平面MGC内，DE不在平面MGC内，且OM∥DE,∴DE∥平面MGC．∵四边形ABCD为菱形，且G是AD的中点，∴△DOG∽△BOC，且eq\f(OD,OB)＝eq\f(DG,BC)＝eq\f(1,2)，又OM∥DE，于是eq\f(EM,MB)＝eq\f(OD,OB)＝eq\f(1,2)，故点M为线段BE上靠近点E的三等分点．3．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合)．(1)求证：平面EMN⊥平面PBC；(2)设三棱锥B­EMN和四棱锥P­EBCD的体积分别为V1和V2，当N为BC中点时，求eq\f(V1,V2)的值．[解](1)证明：∵PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，∴PE⊥平面EBCD，又PE⊂平面PEB，∴平面PEB⊥平面EBCD，∵BC⊂平面EBCD，BC⊥EB，∴平面PBC⊥平面PEB．∵PE＝EB，PM＝MB，∴EM⊥PB，∵BC∩PB＝B，∴EM⊥平面PBC，又∵EM⊂平面EMN，∴平面EMN⊥平面PBC．(2)∵N是BC的中点，∴eq\f(S△EBN,S四边形EBCD)＝eq\f(\f(1,2)EB·BN,EB·BC)＝eq\f(1,4)，点M，P到平面EBCD的距离之比为eq\f(1,2)，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)S△EBN,\f(1,3)S四边形EBCD)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,4)＝eq\f(1,8).4.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，D是AC(1)求证：B1C∥平面A1BD(2)若∠A1AB＝∠ACB＝60°，AB＝BB1，AC＝2，BC＝1，求三棱锥C­AA1B的体积．[解](1)连接AB1交A1B于点O，则O为AB1的中点，∵D是AC的中点，∴OD∥B1C又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD∴B1C∥平