2020高考数学 三轮冲刺 解答题专练--立体几何 一(10题含答案)

2020高考数学 三轮冲刺 解答题专练--立体几何 一
1.如图所示，△ABC 所在的平面与菱形BCDE 所在的平面垂直，且AB ⊥BC ，AB=BC=2，∠BCD=60°，点M 为BE 的中点，点N 在线段AC 上．
(1)若AN NC
=λ，且DN ⊥AC ，求λ的值； (2)在(1)的条件下，求三棱锥B­DMN 的体积．
2.如图，在矩形ABCD 中，AB=1，AD=2，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AD ，PA 的中点，点Q 是BC 上一个动点．
(1)当Q 是BC 的中点时，求证：平面BEF ∥平面PDQ ；
(2)当BD ⊥FQ 时，求BQ QC
的值．
3.如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.
求证：
(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
4.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．
(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC=BD，求EF与BD所成的角．
5.如图，在四棱锥S­ABCD 中，底面ABCD 是梯形，AB ∥DC ，∠ABC=90°，AD=SD ，BC=CD=12
AB ，侧面SAD⊥底面ABCD.
(1)求证：平面SBD⊥平面SAD ；
(2)若∠SDA =120°，且三棱锥S ­BCD 的体积为612
，求侧面△SAB 的面积．
6.如图，四棱锥P­ABCD 的底面是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点，且PA=AD.
(1)求证：AF∥平面PEC ；
(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.
7.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，M是AB的中点．
(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；
(2)求点M到平面A1CB1的距离．
8.如图，在几何体ABC­A1B1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，
E为AB1的中点，AB=AA1=BB1=2CC1.
(1)求证：CE∥平面A1B1C1；
(2)求证：平面AB1C1⊥平面A1BC.
9.如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD=6，BC=2AB=4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB ，
现将四边形ABEF 沿EF 折起，使BE ⊥EC.
(1)若BE=1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，使得CP∥平面ABEF ？若存在，求出AP PD
的值；若不存在，说明理由；
(2)求三棱锥A­CDF 的体积的最大值，并求出此时点F 到平面ACD 的距离．
10.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PC 的中点，连接EF ，BF.
(1)求证：直线EF∥平面PAD.
(2)求三棱锥F­PEB 的体积．
答案解析
1.解：
(1)如图，取BC 的中点O ，连接ON ，OD ，
因为四边形BCDE 为菱形，∠BCD=60°，
所以DO ⊥BC ，
因为△ABC 所在的平面与菱形BCDE 所在的平面垂直，
所以DO ⊥平面ABC ，
因为AC ⊂平面ABC ，
所以DO ⊥AC ，
又DN ⊥AC ，且DN∩DO=D，
所以AC ⊥平面DON ，
因为ON ⊂平面DON ，
所以ON ⊥AC ，
由O 为BC 的中点，AB=BC ，
可得NC=14AC ，所以AN NC
=3，即λ=3. (2)由平面ABC ⊥平面BCDE ，AB ⊥BC ，可得AB ⊥平面BCDE ，
由AB=2，AN NC =3，可得点N 到平面BCDE 的距离h=14AB=12
， 由∠BCD=60°，点M 为BE 的中点，可得DM ⊥BE ，
且DM=DE 2－EM 2=22－12=3，
所以△BDM 的面积S=12×DM×BM=32
， 所以三棱锥B­DMN 的体积V B­DMN =V N­BDM =13Sh=13×32×12=312
.
2.解：
(1)证明：∵E ，Q 分别是AD ，BC 的中点，
∴ED=BQ ，ED ∥BQ ，
∴四边形BEDQ 是平行四边形，
∴BE ∥DQ.
又BE ⊄平面PDQ ，DQ ⊂平面PDQ ，
∴BE ∥平面PDQ ，
又F 是PA 的中点，∴EF ∥PD ，
∵EF ⊄平面PDQ ，PD ⊂平面PDQ ，
∴EF ∥平面PDQ ，
∵BE∩EF =E ，BE ⊂平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，
∴平面BEF ∥平面PDQ.
(2)如图，连接AQ ，
∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD.
∵BD ⊥FQ ，PA∩F Q=F ，PA ⊂平面PAQ ，FQ ⊂平面PAQ ，
∴BD ⊥平面PAQ ，
∵AQ ⊂平面PAQ ，∴AQ ⊥BD ，
∴AB 2
=AD×B Q ，
又AB=1，AD=2，
∴BQ=12，QC=32，∴BQ QC =13.
3.证明：
(1)如图，连接AE ，设DF 与GN 的交点为O ，
则AE 必过DF 与GN 的交点O.
连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，
所以BE ∥MO.
又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ，
所以BE ∥平面DMF.
(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN.
又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，
所以DE ∥平面MNG.
又M 为AB 的中点，
所以MN 为△ABD 的中位线，
所以BD ∥MN.
又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ，
所以BD ∥平面MNG.
又DE ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，DE∩BD =D ，
所以平面BDE ∥平面MNG.
4.解：
(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，
从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，
所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．
故直线EF 与BD 是异面直线．
(2)取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，
所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．
又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG.
在Rt △EGF 中，由EG=FG=12
AC ，求得∠FEG=45°， 即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.
5.解：(1)证明：设BC=a ，则CD=a ，AB=2a ，由题意知△BCD 是等腰直角三角形， 且∠BCD =90°，则BD=2a ，∠CBD=45°，所以∠ABD =∠ABC－∠CBD =45°，
在△ABD 中，AD=AB 2＋DB 2－2AB·DB·cos 45°=2a ，
因为AD 2＋BD 2=4a 2=AB 2，所以BD⊥AD，由于平面SAD⊥底面ABCD, 平面SAD∩平面ABCD=AD ， BD ⊂平面ABCD ，所以BD⊥平面SAD ，
又BD ⊂平面SBD ，所以平面SBD⊥平面SAD.
(2)由(1)可知AD=SD=2a ，在△SAD 中，∠SDA=120°，SA=2SDsin 60°=6a ，
作SH⊥AD，交AD 的延长线于点H ，则SH=SDsin 60°=62
a ， 由(1)知BD⊥平面SAD ，
因为SH ⊂平面SAD ，所以BD⊥SH，又AD∩BD =D ，所以SH⊥平面ABCD ，
所以SH 为三棱锥S­BCD 的高，所以V S ­BCD =13×62a ×12×a 2=612
， 解得a=1，由BD⊥平面SAD ，SD ⊂平面SAD ，可得BD⊥SD，
则SB=SD 2＋BD 2=2＋2=2，
又AB=2，SA=6，
在等腰三角形SBA 中，边SA 上的高为 4－64=102
， 则△SAB 的面积为12×6×102=152
.
6.证明：(1)取PC 的中点G ，连接FG 、EG ，
∵F 为PD 的中点，G 为PC 的中点，
∴FG 为△CDP 的中位线，
∴FG ∥CD ，FG=12
CD. ∵四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，∴AE ∥CD ，AE=12
CD.
∴FG=AE ，FG ∥AE ，∴四边形AEGF 是平行四边形，
∴AF ∥EG ，又EG ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ，∴AF ∥平面PEC.
(2)∵PA =AD ，F 为PD 中点，∴AF ⊥PD ，∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CD ， 又∵CD⊥AD，AD ∩PA=A ，∴CD ⊥平面PAD ，∵AF ⊂平面PAD ，∴CD ⊥AF ，
又PD∩CD =D ，∴AF ⊥平面PCD ，
由(1)知EG∥AF，∴EG ⊥平面PCD ，
又EG ⊂平面PEC ，∴平面PEC⊥平面PCD.
7.解：
(1)证明：由A 1A ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥CM.
由AC=CB ，M 是AB 的中点，得AB⊥CM.
又A 1A ∩AB=A ，则CM⊥平面ABB 1A 1，
又CM ⊂平面A 1CM ，所以平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1.
(2)设点M 到平面A 1CB 1的距离为h.连接MB 1.
由题意可知A 1C=CB 1=A 1B 1=2MC=22，A 1M=B 1M=6，
则S △A 1CB 1=23，S △A 1MB 1=2 2.
由(1)可知CM⊥平面ABB 1A 1，则CM 是三棱锥C ­A 1MB 1的高，
由VC ­A 1MB 1=13MC ·S△A 1MB 1=VM ­A 1CB 1=13h ·S △A 1CB 1，得h=2×2223
=233， 即点M 到平面A 1CB 1的距离为233
.
8.证明：
(1)由题意知AA 1⊥平面ABC ，BB 1⊥平面ABC ，CC 1⊥平面ABC ，
∴AA 1∥BB 1∥CC 1.
如图，取A 1B 1的中点F ，连接EF ，FC 1.
∵E 为AB 1的中点，∴EF 綊12
A 1A ， 又AA 1=2CC 1，∴CC 1綊12
AA 1，∴EF 綊CC 1， ∴四边形EFC 1C 为平行四边形，
∴CE∥C 1F.
又CE ⊄平面A 1B 1C 1，C 1F ⊂平面A 1B 1C 1，
∴CE∥平面A 1B 1C 1.
又AB⊥BC，AB ∩BB 1=B ，∴BC ⊥平面AA 1B 1B.
∵AB 1⊂平面AA 1B 1B ，∴BC ⊥AB 1.
∵AA 1=BB 1=AB ，AA 1∥BB 1，
∴四边形AA 1B 1B 为正方形，∴AB 1⊥A 1B.
∵A 1B ∩BC=B ，
∴AB 1⊥平面A 1BC.
∵AB 1⊂平面AB 1C 1，
∴平面AB 1C 1⊥平面A 1BC.
9.解：
(1)线段AD 上存在一点P ，使得CP∥平面ABEF ，此时AP PD =32
. 理由如下：当AP PD =32时，AP AD =35
， 过点P 作PM∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，
则有MP FD =AP AD =35
，由题意可得FD=5，故MP=3， 由题意可得EC=3，又MP∥FD∥EC，∴MP 綊EC ，
故四边形MPCE 为平行四边形，∴CP ∥ME ，
又∵CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，
∴CP ∥平面ABEF 成立．
(2)设BE=x(0＜x≤4)，∴AF=x ，FD=6－x ，
由题意可得EC⊥EF，又BE⊥EC，BE ∩EF=E ，∴EB ⊥平面ECDF ， ∵AF ∥BE ，∴AF ⊥平面ECDF.
故V A ­CDF =13×12×2×(6－x)×x =13
(－x 2＋6x)， ∴当x=3时，V A ­CDF 有最大值，且最大值为3，
此时EC=1，AF=3，FD=3，DC=22，AD=32，AC=14， 在△ACD 中，由余弦定理得
cos ∠ADC=AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC =18＋8－142×32×22=12
，∴sin ∠ADC=32， ∴S △ADC =12
·DC ·DA ·sin ∠ADC=33， 设点F 到平面ACD 的距离为h ，由于V A ­CDF =V F ­ACD ，即3=13
·h ·S △ACD ， ∴h=3，即点F 到平面ACD 的距离为 3.
10.解：(1)如图，作FM∥CD 交PD 于点M ，连接AM.
因为点F 为PC 中点，所以FM=12
CD. 因为点E 为AB 的中点，所以AE=12
AB=FM. 又AE∥FM，所以四边形AEFM 为平行四边形，
又EF ⊄平面PAD ，AM ⊂平面PAD.所以EF∥AM.
所以直线EF∥平面PAD.
(2)连接EC.已知∠DAB =60°，AE=12
，AD=1，由余弦定理，得DE⊥AB，
又AB∥DC，则DE⊥DC，设F 到平面BEC 的距离为h.
因为点F 为PC 的中点，所以h=12
PD. 从而有V F ­PBE =V P ­BEF =V P ­BEC －V F ­BEC =13S △BEC ·(PD －h)=13S △BEC ·12
PD =13×12×12×32×12×1=348
.。