【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)专题4-高考中的立体几何问题

专题四高考中的立体几何问题1.如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB．(1)求证：CE⊥平面PAD；(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝eq\r(2)，∠CDA＝45°，求四棱锥P－ABCD的体积．[解析](1)∵PA⊥底面ABCD，CE平面ABCD∴CE⊥PA，又∵AB⊥AD，CE∥AB．∴CE⊥AD．又∵PA∩AD＝A，∴CE⊥平面PAD．(2)由(1)可知CE⊥AD．在Rt△ECD中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.又∵AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形．∴S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△CDE＝AB·AE＋eq\f(1,2)CE·DE＝1×2＋eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(5,2).又PA⊥底面ABCD，PA＝1所以V四棱锥p－ABCD＝eq\f(1,3)S四边形ABCD×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(5,2)×1＝eq\f(5,6).2．(2021·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD．[证明](1)在△PAD中，由于E、F分别为AP、AD的中点，所以EF∥PD．又由于EF⃘平面PCD，PD平面PCD．所以直线EF∥平面PCD．(2)连结BD．由于AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．由于F是AD的中点，所以BF⊥AD．由于平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又由于BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)由于平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)由于AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又由于BE⃘平面PAD，AD平面PAD，所以BE∥平面PAD．(3)由于AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD．由(1)知PA⊥底面ABCD．所以PA⊥CD．所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PD．由于E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又由于CD⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD．4．如图，在几何体P－ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝PA＝2.(1)当AD＝2时，求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)若PC与AD所成的角为45°，求几何求P－ABCD的体积．[解析](1)证明：当AD＝2时，四边形ABCD是正方形，则BD⊥AC．∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴PA⊥BD．又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．∵BD平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC．(2)解：PC与AD成45°角，AD∥BC，则∠PCB＝45°.∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，PB平面PAB．∴BC⊥PB．∴∠CPB＝90°－45°＝45°.∴BC＝PB＝2eq\r(2).∴几何体P－ABCD的体积为eq\f(1,3)×(2×2eq\r(2))×2＝eq\f(8\r(2),3).1.(2022·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．[解析](1)由于四边形ABB1A1和ACC1A所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．由于AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC．由于直线BC平面ABC，所以AA1⊥BC．又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1所以BC⊥平面ACC1A1(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC由已知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以，MD綊eq\f(1,2)AC，OE綊eq\f(1,2)AC，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.由于直线DE⃘平面A1MC，MO平面A1MC．所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝eq\r(3)AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A∴BD⊥AA1(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C∵底面ABCD是平行四边形，∴AM＝CM＝eq\f(1,2)AC又∵AB＝2AD＝2A1B∴A1G綊CM，即四边形A1MCC1∴CC1∥AM1，又∵CC1⃘平面A1BD，A1M平面A1∴CC1∥平面A1BD．3．(文)(2021·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC中，G，F为边AC的三等分点，E，P分别是AB，BC边上的点，满足AE＝CP＝1，今将△BEP，△CFP分别沿EP，FP向上折起，使边BP与边CP所在的直线重合，B，C折后的对应点分别记为B1，C1.(1)求证：C1F∥平面B1GE(2)求证：PF⊥平面B1EF.[解析](1)取EP的中点D，连接FD，C1D．由于BC＝3，CP＝1，所以折起后C1为B1P的中点．所以在△B1EP中，DC1∥EB1.又由于AB＝BC＝AC＝3，AE＝CP＝1，所以eq\f(EP,AC)＝eq\f(EB,AB)，所以EP＝2且EP∥GF.由于G，F为AC的三等分点，所以GF＝1.又由于ED＝eq\f(1,2)EP＝1，所以GF＝ED，所以四边形GEDF为平行四边形．所以FD∥GE.又由于DC1∩FD＝D，GE∩B1E＝E，所以平面DFC1∥平面B1GE.又由于C1F平面DFC1所以C1F∥平面B1GE(2)连接EF，B1F，由已知得∠EPF＝60°，且FP＝1，EP＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF⊥EF.由于B1C1＝PC1＝1，C1F＝1，得FC1＝B1C1＝所以△PB1F的中线C1F＝eq\f(1,2)PB1，可得△PB1F是直角三角形，即B1F⊥PF由于EF∩B1F＝F，EF，B1F平面B1所以PF⊥平面B1EF.(理)(2022·浙江高考)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝eq\r(2).(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)求二面角B－AD－E的大小．[解析](1)在平面四边形BCDE中，BC＝eq\r(2)，在三角形ABC中，AB＝2，BC＝eq\r(2)，AC＝eq\r(2).依据勾股定理逆定理．∴AC⊥BC．∵平面ABC⊥平面BCOE，而平面ABC∩平面BCDE＝BCAC⊥BC，∴AC⊥平面BCDE，∴AC⊥DE，又∵AC⊥DE，DE⊥DC，∴DE⊥平面ACD．(2)由(1)知分别以eq\o(CD,\s\up6(→))、eq\o(CA,\s\up6(→))为x轴、z轴正方向．以过C平行eq\o(DE,\s\up6(→))为y轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1，－eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,1,0)设平面ABD法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DE,\s\up6(→))＝n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，解得n1＝(1,1，eq\r(2))设