2025届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题十四立体几何综合文含解析

PAGE专题十四立体几何综合本试卷满分96分，考试时间80分钟．解答题(共8小题，每小题12分，共96分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)1．(2024·河北衡水中学一模)在平行四边形ABCD中，AB＝3，BC＝2，过A点作CD的垂线，交CD的延长线于点E，AE＝eq\r(3).连接EB，交AD于点F，如图1，将△ADE沿AD折起，使得点E到达点P的位置，如图2.(1)证明：平面BFP⊥平面BCP；(2)若G为PB的中点，H为CD的中点，且平面ADP⊥平面ABCD，求三棱锥G－BCH的体积．解(1)证明：如题图1，在Rt△BAE中，AB＝3，AE＝eq\r(3)，所以∠AEB＝60°.在Rt△AED中，AD＝2，所以∠DAE＝30°.所以BE⊥AD.如题图2，PF⊥AD，BF⊥AD.又因为AD∥BC，所以PF⊥BC，BF⊥BC，PF∩BF＝F，所以BC⊥平面BFP，又因为BC⊂平面BCP，所以平面BFP⊥平面BCP.(2)解法一：因为平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，PF⊂平面ADP，PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.取BF的中点为O，连接GO，则GO∥PF，所以GO⊥平面ABCD.即GO为三棱锥G－BCH的高．且GO＝eq\f(1,2)PF＝eq\f(1,2)×PAsin30°＝eq\f(\r(3),4).得三棱锥G－BCH的体积V三棱锥G－BCH＝eq\f(1,3)S△BCH·GO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△BCD×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,6)×eq\f(3\r(3),2)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(3,16).解法二：因为平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，PF⊂平面ADP，PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.因为G为PB的中点．所以三棱锥G－BCH的高等于eq\f(1,2)PF.因为H为CD的中点，所以△BCH的面积是四边形ABCD的面积的eq\f(1,4)，从而三棱锥G－BCH的体积是四棱锥P－ABCD的体积的eq\f(1,8).四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝eq\f(1,3)S▱ABCD·PF＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，所以三棱锥G－BCH的体积为eq\f(3,16).2．(2024·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1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)解法一：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).解法二：在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DE⊥BC，依据题意有DE＝eq\r(3)，C1E＝eq\r(17)，因为棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(17)，设点C到平面C1DE的距离为d，依据题意有VC1－CDE＝VC－C1DE，则有eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(17)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×4，解得d＝eq\f(4,\r(17))＝eq\f(4\r(17),17).3．(2024·潮州质量检测)如图，在四棱锥E－ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点．(1)证明：AF∥平面BCE；(2)若BC＝4，∠BCE＝120°，DE＝2eq\r(5)，求三棱锥B－CEF的体积．解(1)证明：取CE的中点M，连接FM，BM.因为点F为棱DE的中点，所以FM∥CD且FM＝eq\f(1,2)CD＝2，因为AB∥CD且AB＝2，所以FM∥AB且FM＝AB，所以四边形ABMF为平行四边形，所以AF∥BM，因为AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)因为AB∥CD，∠ABC＝90°，所以CD⊥BC.因为CD＝4，CE＝2，DE＝2eq\r(5)，所以CD2＋CE2＝DE2，所以CD⊥CE，因为BC∩CE＝C，BC⊂平面BCE，CE⊂平面BCE，所以CD⊥平面BCE.因为点F为棱DE的中点，且CD＝4，所以点F到平面BCE的距离为2.S△BCE＝eq\f(1,2)BC·CEsin∠BCE＝eq\f(1,2)×4×2sin120°＝2eq\r(3).三棱锥B－CEF的体积VB－CEF＝VF－BCE＝eq\f(1,3)S△BCE×2＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).4．(2024·陕西省四校联考)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱长都为2，D为CC1(1)求证：AB1⊥平面A1BD；(2)求三棱锥B－A1B1D的体积．解(1)证明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱长都相等可知，AB1⊥A1B如图，取BC的中点E，连接B1E，AE，则Rt△BCD≌Rt△B1BE，∴∠BB1E＝∠CBD，∴∠CBD＋∠BEB1＝∠BB1E＋∠BEB1＝90°，∴BD⊥B1E.由平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，且AE⊥BC得，AE⊥平面BCC1B1，∴AE⊥BD，∵B1E⊂平面AEB1，AE⊂平面AEB1，AE∩B1E＝E，∴BD⊥平面AEB1，∴BD⊥AB1.∵A1B⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，A1B∩BD＝B，∴AB1⊥平面A1BD.(2)由AA1∥平面BCC1B1，所以点A1到平面BCC1B1的距离为AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3).Seq\s\do4(△BDB1)＝eq\f(1,2)Seq\s\do4(正方形BCC1B1)＝eq\f(1,2)×2×2＝2.∴Veq\s\do4(B－A1B1D)＝Veq\s\do4(A1－BDB1)＝eq\f(1,3)×Seq\s\do4(△BDB1)×AE＝eq\f(1,3)×2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).故三棱锥B－A1B1D的体积为eq\f(2\r(3),3).5．(2024·上饶市二模)如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为2的正三角形，PA⊥底面ABC，点E，F，G分别为AC，PC，PB的中点，且异面直线AG和PC所成的角的大小为eq\f(π,3).(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；(2)求三棱锥C－ABF的体积．解(1)证明：∵AB＝BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC，又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE，∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.因为BE⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAC.(2)取BC的中点H，连接GH，AH(图略)，∵三角形ABC为正三角形，PA⊥底面ABC，∴PB＝PC，又∵H，G分别为BC，PB的中点，∴GH∥PC，AG＝eq\f(1,2)PB，GH＝eq\f(1,2)PC，GA＝GH，又∵异面直线AG和PC所成的角的大小为eq\f(π,3)，∴∠AGH＝eq\f(π,3)，∴三角形AGH为正三角形，AG＝GH＝AH＝eq\r(3)，∴PC＝2eq\r(3)，又∵AC＝2，∴PA＝2eq\r(2)，又∵EF＝eq\f(1,2)PA＝eq\r(2)，EF∥PA，∴EF⊥底面ABC，因此三棱锥C－ABF的体积等于三棱锥F－ABC的体积，为eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),4)×22＝eq\f(\r(6),3).6．(2024·揭阳模拟)如图，在四边形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，点C在AB上，且AB⊥CD，AC＝BC＝CD＝2，现将△ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE＝2eq\r(2).(1)求证：平面PBC⊥平面DEBC；(2)求三棱锥P－EBC的体积．解(1)证明：∵AB⊥BE，AB⊥CD，∴BE∥CD，∵AC⊥CD，∴PC⊥CD，∴PC⊥BE，又BC⊥BE，PC∩BC＝C，∴EB⊥平面PBC，又∵EB⊂平面DEBC，∴平面PBC⊥平面DEBC.(2)解法一：∵AB∥DE，结合CD∥EB得四边形DEBC是平行四边形，∴BE＝CD＝2，由(1)知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，由PE＝2eq\r(2)得PB＝eq\r(PE2－EB2)＝2，∴△PBC为等边三角形，∴S△PBC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3)，∴VP－EBC＝VE－PBC＝eq\f(1,3)S△PBC·EB＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×2＝eq\f(2\r(3),3).解法二：∵AB∥DE，结合CD∥EB得四边形DEBC是平行四边形，∴BE＝CD＝2，由(1)知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，由PE＝2eq\r(2)得PB＝eq\r(PE2－EB2)＝2，∴△PBC为等边三角形，取BC的中点O，连接OP，则PO＝eq\r(3)，∵PO⊥BC，∴PO⊥平面EBCD，∴VP－EBC＝eq\f(1,3)S△EBC·PO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×22×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).7．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．解(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.8．(2024·河北省省级示范性中学联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D为BC边上一点，BD＝eq\r(3)，AA1＝AB＝2AD＝2.(1)证明：平面ADB1⊥平面BB1C(2)若BD＝CD，试问：A1C是否与平面ADB1平行？若平行，求三棱锥A－A1B1D的体积；若不平行，解(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，所以BB1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1，在△ABD中，则AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BC，又BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BB1C因为AD⊂平面ADB1，所以平面ADB1⊥平面BB1C(2)A1C与平面ADB1证明如下：取B1C1的中点E，连接DE，CE，A1E因为BD＝CD，所以DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四边形ADEA1为平行四边