2024高考数学二轮复习分层特训卷主观题专练立体几何6文

PAGEPAGE1立体几何(6)1．[2024·重庆市七校联考]如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱长都是2，D，E分别是AC，CC1(1)求证：AE⊥平面A1BD；(2)求三棱锥B1－A1BD的体积．解析：(1)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC.因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，所以平面AA又平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BD⊥平面又AE⊂平面AA1C1C，所以BD在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，易证得A1D又A1D∩BD＝D，A1D⊂平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以AE⊥平面A1BD.(2)如图所示，连接AB1交A1B于O，则O为AB1的中点，所以点B1到平面A1BD的距离等于点A到平面A1BD的距离，易知BD＝eq\r(3)，所以V三棱锥B1－A1BD＝V三棱锥A－A1BD＝V三棱锥B－AA1D＝eq\f(1,3)×S△AA1D×BD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)，所以三棱锥B1－A1BD的体积为eq\f(\r(3),3).2．[2024·湖北部分重点中学联考]如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝2，点M是SD的中点，AN⊥SC，且交SC于点N.(1)求证：SB∥平面ACM；(2)求点C到平面AMN的距离．解析：(1)连接BD交AC于E，连接ME.∵四边形ABCD是正方形，∴E是BD的中点．∵M是SD的中点，∴ME是△DSB的中位线，∴ME∥SB.又ME⊂平面ACM，SB⊄平面ACM，∴SB∥平面ACM.(2)由条件知DC⊥SA，DC⊥DA，∴DC⊥平面SAD，∴AM⊥DC.又SA＝AD，M是SD的中点，∴AM⊥SD，∴AM⊥平面SDC，∴SC⊥AM.由已知SC⊥AN，∴SC⊥平面AMN.于是CN⊥平面AMN，则CN为点C到平面AMN的距离．在Rt△SAC中，SA＝2，AC＝2eq\r(2)，SC＝eq\r(SA2＋AC2)＝2eq\r(3)，于是AC2＝CN·SC⇒CN＝eq\f(4\r(3),3)，∴点C到平面AMN的距离为eq\f(4\r(3),3).3．[2024·江西名校联考]如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AA1⊥A1C，平面AA1C1C⊥平面ABC，∠ACC1＝120°，(1)求证：AA1⊥A1B.(2)求三棱柱ABC－A1B1C1解析：(1)由题意知平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1⊂平面AA1C1C又AA1⊥A1C，A1C∩BC＝C，所以AA1⊥平面A1因为A1B⊂平面A1BC，所以AA1⊥A1B.(2)易得∠C1A1C＝∠A1CA＝30°，所以在Rt△AA1C中，AC＝4，A1C＝2eq\故四边形AA1C1C的面积S1＝2×2eq\r(3)＝4eq\r(3).△A1B1C1和△ABC的面积之和S2＝2×eq\f(1,2)×3×4＝12，且AB＝5.又AA1⊥A1B，所以A1B＝eq\r(AB2－AA\o\al(2,1))＝eq\r(21)，所以四边形AA1B1B的面积S3＝2×eq\r(21)＝2eq\r(21).由(1)知BC⊥平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，故四边形BB1C故三棱柱ABC－A1B1C1的表面积S＝S1＋S2＋S3＋S4＝4eq\r(3)＋18＋2eq\r(21).4.[2024·安徽六校其次次联考])如图，四边形ABCD为矩形，点A，E，B，F共面，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°.(1)若平面ABCD⊥平面AEBF，证明平面BCF⊥平面ADF；(2)在线段EC上是否存在一点G，使得BG∥平面CDF？若存在，求出此时三棱锥G－ABE与三棱锥G－ADF的体积之比；若不存在，请说明理由．解析：(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB，又平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，所以BC⊥平面AEBF.因为AF⊂平面AEBF，所以BC⊥AF.因为∠AFB＝90°，即AF⊥BF，且BC⊂平面BCF，BF⊂平面BCF，BC∩BF＝B，所以AF⊥平面BCF.又AF⊂平面ADF，所以平面ADF⊥平面BCF.(2)假设存在满意条件的点G.因为BC∥AD，AD⊂平面ADF，所以BC∥平面ADF.因为△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°，所以∠FAB＝∠ABE＝45°，所以AF∥BE，又AF⊂平面ADF，所以BE∥平面ADF，因为BC∩BE＝B，所以平面BCE∥平面ADF.如图所示，延长EB到点H，使得BH＝AF，连接CH，HF，AC，易证四边形ABHF是平行四边形，又BC綊AD，所以HF綊AB綊CD，所以四边形HFDC是平行四边形，所以CH∥DF.过点B作CH的平行线，交EC于点G，即BG∥CH∥DF，又DF⊂平面CDF，所以BG∥平面CDF，即此点G为所求的点．又BE＝eq\r(2)AB＝2AF＝2BH，所以EG＝eq\f(2,3)EC.易知S△ABE＝2S△ABF，所以V三棱锥G－ABE＝eq\f(2,3)V三棱锥C－ABE＝eq\f(4,3)V三棱锥C－ABF＝eq\f(4,3)V三棱锥D－ABF＝eq\f(4,3)V三棱锥B－ADF＝eq\f(4,3)V三棱锥G－ADF，故V三棱锥G－ABEV三棱锥G－ADF＝43.5．[2024·江西宜春大联考]如图1，四边形ABCD是矩形，AB＝2π，AD＝4，E，F分别为DC，AB上的点，且DE＝eq\f(2,3)DC，AF＝eq\f(2,3)AB，将矩形ABCD卷成如图2所示的以AD，BC为母线的圆柱的半个侧面，且AB，CD分别为圆柱的两底面的直径．(1)求证：平面ADEF⊥平面BCEF；(2)求四棱锥D－BCEF的体积．解析：(1)因为F在底面圆周上，且AB为该底面半圆的直径，所以AF⊥BF.由题易知，EF∥AD.又AD为圆柱的母线，所以EF垂直于圆柱的底面，所以EF⊥BF.又AF∩EF＝F，所以BF⊥平面ADEF.因为BF⊂平面BCEF，所以平面ADEF⊥平面BCEF.(2)设圆柱的底面半径为r，由题设知，πr＝2π，所以r＝2，所以CD＝4.因为在图1中DE＝eq\f(2,3)DC，AF＝eq\f(2,3)AB，所以在图2中结合题意易得∠CDE＝30°，DE⊥CE，所以CE＝eq\f(1,2)CD＝2，DE＝2eq\r(3).由题易知BC⊥平面DCE，所以BC⊥DE，又BC∩CE＝C，所以DE⊥平面BCEF，所以DE为四棱锥D－BCEF的高．又AD＝BC＝4，所以V四棱锥D－BCEF＝eq\f(1,3)S四边形BCEF×DE＝eq\f(1,3)×BC×CE×DE＝eq\f(1,3)×4×2×2eq\r(3)＝eq\f(16\r(3),3).6.[2024·福建福州二检]如图，四棱锥E－ABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥BE；(2)设M在线段DE上，且满意EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．解析：(1)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，所以BF⊥AE.又BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，因为BE⊂平面BCE，所以AE⊥BE.(2)方法一如图，在△ADE中，过点M作MG∥AD交AE于点G，在△ABE中过点G作GN∥BE交AB于点N，连接MN.因为EM＝2MD，所以EG＝2GA，BN＝2NA.下面证明此时MN∥平面BCE.因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，所以NG∥平面BCE.因为GM∥AD∥BC，GM⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，所以GM∥平面BCE.因为MG∩GN＝G，MG⊂平面MGN，GN⊂平面MGN，所以平面MGN∥平面BCE，又MN⊂平面MGN，所以MN∥平面BCE.因为AD＝6，AB＝5，BE＝3，所以MG＝eq\f(2,3)AD＝4，NG＝eq\f(1,3)BE＝1.易知MG⊥GN，所以MN＝eq\r(MG2＋NG2)＝eq\r(42＋12)＝eq\r(17).方法二过点M作MG∥CD交CE于点G，连接BG，在线段AB上取点N，使得BN＝MG，连接MN(如图)．因为AB∥CD，MG∥CD，EM＝2MD，所以MG＝eq\f(2,3)CD，MG∥BN，又BN＝MG，所以四边形MGBN是平行四边形，所以MN∥BG，又MN⊄