【配套K12】高考数学二轮复习 专题能力训练26 解答题专项训练 立体几何 文

专题能力训练26 解答题专项训练(立体几何) 1.

如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.

(1)若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD;

(2)点M在线段上,PM=tPC,试确定实数t的值,使PA∥平面MQB.

2.

在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,AC⊥BC,A1B⊥C1C,AC=BC.

(1)求证:A1A⊥A1C;

(2)若A1A=A1C=2,求三棱锥B1-A1BC的体积.

3.

如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,SA=SD,SA⊥AB,N是棱AD的中点.

(1)求证:AB∥平面SCD;

(2)求证:SN⊥平面ABCD;

(3)在棱SC上是否存在一点P,使得平面PBD⊥平面ABCD?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 4.

如图,在四棱锥P-ABCD中,O为AC与BD的交点,AB⊥平面PAD,△PAD是正三角形,DC∥

AB,DA=DC=2AB.

(1)若点E为棱PA上一点,且OE∥平面PBC,求的值;

(2)求证:平面PBC⊥平面PDC.

5.(2014江苏高考,16)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.

求证:(1)直线PA∥平面DEF;

(2)平面BDE⊥平面ABC.

6.

如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.

(1)求证:平面A1AC⊥平面AA1B;

(2)若点P为B1C1的中点,求三棱锥P-ABC与四棱锥P-AA1B1B的体积之比.

7.如图,已知在△SCD中,SD=3,CD=,cos∠SDC=-,SA=2AD,AB⊥SD交SC于点B,M为SB上一点,且SM=2MB.将△SAB沿AB折起,使平面SAB⊥平面ABCD.

(1)求证:AM∥平面SCD;

(2)求三棱锥S-CDM的体积.

答案与解析

专题能力训练26 解答题专项训练(立体几何)

1.证明:(1)连接BD,因为四边形ABCD为菱形,

且∠BAD=60°,所以△ABD为正三角形,

又Q为AD的中点,所以AD⊥BQ.

又因为PA=PD,所以AD⊥PQ.

又BQ∩PQ=Q,所以AD⊥平面PQB.

又AD⊂平面PAD,

所以平面PQB⊥平面PAD.

(2)因为PA∥平面MQB,连接AC交BQ于点N,连接MN.

由AQ∥BC可得,△ANQ∽△CNB,

所以.

因为PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,

平面PAC∩平面MQB=MN,所以PA∥MN.

因此,,即t的值为.

2.解:(1)因为平面A1ACC1⊥平面ABC,AC⊥BC,

所以BC⊥平面A1ACC1,所以A1A⊥BC.

因为A1B⊥C1C,A1A∥C1C,所以A1A⊥A1B.

又BC∩A1B=B,所以A1A⊥平面A1BC.

又A1C⊂平面A1BC,所以A1A⊥A1C.

(2)由已知及(1),△A1AC是等腰直角三角形,AA1=A1C=2,AC=2.

因为平面A1ACC1⊥平面ABC,

所以Rt△A1AC斜边上的高等于斜三棱柱ABC-A1B1C1的高,且等于.

在Rt△ABC中,AC=BC=2,S△ABC=AC·BC=4,

所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·=4.

又三棱锥A1-ABC与三棱锥C-A1B1C1的体积相等,都等于V,

所以三棱锥B1-A1BC的体积V1=V-2×V=.

3.解:(1)因为底面ABCD是矩形,所以AB∥CD.

又因为AB⊄平面SCD,CD⊂平面SCD,

所以AB∥平面SCD.

(2)因为AB⊥SA,AB⊥AD,SA∩AD=A,所以AB⊥平面SAD,

又因为SN⊂平面SAD,所以AB⊥SN.

因为SA=SD,且N为AD的中点,所以SN⊥AD.

又因为AB∩AD=A,所以SN⊥平面ABCD.

(3)存在点P,使得平面PBD⊥平面ABCD.理由如下:

如图,连接BD交NC于点F,

在平面SNC中过点F作FP∥SN交SC于点P,连接PD,PB.

因为SN⊥平面ABCD,所以FP⊥平面ABCD.

又因为FP⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面ABCD.

在矩形ABCD中,因为ND∥BC,所以.

在△SNC中,因为FP∥SN,所以.

则在棱SC上存在点P,使得平面PBD⊥平面ABCD,

此时.

4.(1)解:因为OE∥平面PBC,OE⊂平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC,所以OE∥PC,AO∶OC=AE∶EP.

因为DC∥AB,DC=2AB,

所以AO∶OC=AB∶DC=1∶2.所以.

(2)证明:(方法一)取PC的中点F,连接FB,FD.

因为△PAD是正三角形,DA=DC,所以DP=DC.

因为F为PC的中点,所以DF⊥PC.

因为AB⊥平面PAD,

所以AB⊥PA,AB⊥AD,AB⊥PD.

因为DC∥AB,所以DC⊥DP,DC⊥DA.

设AB=a,在等腰直角三角形PCD中,DF=PF=a.

在Rt△PAB中,PB=a.

在直角梯形ABCD中,BD=BC=a.

因为BC=PB=a,点F为PC的中点,

所以PC⊥FB.

在Rt△PFB中,FB=a.

在△FDB中,由DF=a,FB=a,BD=a,

可知DF2+FB2=BD2,所以FB⊥DF.

由DF⊥PC,DF⊥FB,PC∩FB=F,PC,FB⊂平面PBC,

所以DF⊥平面PBC.

又DF⊂平面PCD,所以平面PBC^平面PDC.

(方法二)取PD,PC的中点,分别为M,F,连接AM,FB,MF,