2020高考数学 三轮冲刺 解答题专练--立体几何 二(10题含答案)

2020高考数学三轮冲刺解答题专练--立体几何二
1.如图，正方形ABCD与正方形ABEF有一条公共边AB，且平面ABCD⊥平面ABEF，M是EC的中
点，AB=2．
（1）求证：AE∥平面MBD；
（2）求证：BM⊥DC；
（3）求三棱锥M﹣BDC的体积．
2.在四棱锥P﹣ABCD中，△ABC为正三角形，AB⊥AD，AC⊥CD，PA⊥平面ABCD，PC与平面ABCD
所成角为45°
(1)若E为PC的中点，求证：PD⊥平面ABE；
(2)若CD=3，求点B到平面PCD的距离.
3.如图，三棱柱ABC﹣A
B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AC=AB1.
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（1）证明：AB⊥B1C；
（2）若∠CAB1=90°，∠CBB1=60°，AB=BC=2，求三棱锥B1﹣ACB的体积.
4.如图组合体中，三棱柱ABC-A
B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面（过圆柱的轴，截圆柱所得的
1
截面），C是圆柱底面圆周上不与A，B重合的一个点.
（1）求证：无论点C如何运动，平面A1BC平面A 1AC；
（2）当点C是弧AB的中点时，求四棱锥A1-BCC1B1与圆柱的体积比.
5.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC=45°，AD=AC=1，O为AC的中
点，PO⊥平面ABCD，PO=2,M为PD的中点.
（1）证明：AD⊥平面PAC；
（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.
6.平行四边形ABCD中，CD=1，∠BCD=60°，且BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，
G，H分别是DF，BE的中点。

(1)求证：BD⊥平面CDE；
(2)求证：GH∥平面CDE；
(3)求三棱锥D-CEF的体积。

7.在直角梯形ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,且AB=AD=1
2
CD=1,现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF,
然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD互相垂直，如图2.
（1）求证：平面BDE⊥平面BEC;
(2)求平面ABCD与平面EFB所成锐二面角的大小.
8.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=4，BC=CD=2，AA1=2，
E，E1分别是棱AD，AA1的中点.
(1)设F是棱AB的中点，证明直线EE1∥平面FCC1；
(2)求证：平面D1AC⊥平面BB1C1C.
9.如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，分别交AC、SC于D、E，
且SA=AB=a，BC=2a.
(1)求证：SC⊥平面BDE；
(2)求平面BDE与平面BDC所成二面角的大小.
10.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1=A1C1，D,E分别是棱BC,CC1上的点（点D不同于点C），
且AD⊥DE,F为B1C1的中点．
求证：（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；（2）直线A1F∥平面ADE．
答案解析1.
2.
3.
4.解：
5.解：
6.解：(1)证明：平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD。

∵ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD.
∴ED⊥BD。

又∵BD⊥CD，∴BD⊥平面CDE。

(2)证明：连结EA，则G是AE的中点。

∴⊿EAB中， GH∥AB。

又∵AB∥CD，∴GH∥CD，∴GH∥平面CDE。

(3)解：设Rt△BCD中BC边上的高为h。

∵CD=1，∠BCD=60°，∴BC=2，h=.
即：点C到平面DEF的距离为，∴V D-CEF=V C-DEF=··2·2·=。

7.【解析】（1）因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,
又在正方形ADEF中，ED⊥AD,所以，ED⊥平面ABCD.
而BC平面ABCD,所以，ED⊥BC.在直角梯形ABCD中，CD=2,
所以，BD2+BC2=CD2,所以，BC⊥BD.
又ED,BD包含于平面BDE,ED∩BD=D,所以，BC⊥平面BDE.
而BC平面BEC,所以，平面BDE⊥平面BEC.
(2)因为EF ∥AD,EF 平面ABCD,AD 平面ABCD,所以,EF ∥平面ABCD.
因为平面EFB 与平面ABCD 有公共点B ，所以可设平面EFB ∩平面ABCD=BG,G ∈CD. 因为EF ∥平面ABCD,EF 平面EFB,平面EFB ∩平面ABCD=BG,所以EF ∥BG.
从而，BG ∥AD,又AB ∥DG,且AB=1,CD=2,所以G 为CD 中点，ABGD 也为正方形.
易知BG ⊥平面ECD,所以BG ⊥EG,BG ⊥DG.
所以，∠EGD 是平面ABCD 与平面EFB 所成锐二面角的平面角，而∠EGD=45°,
所以平面ABCD 与平面EFB 所成锐二面角为45°.
8.答案：证明：(1)在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，
取A 1B 1的中点F 1，连接A 1D ，C 1F 1，CF 1，因为A B=4，CD=2，且AB ∥CD ，所以CD=A 1F 1，CD ∥A 1F 1，四边形A 1F 1CD 为平行四边形，所以CF 1∥A 1D.又因为E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点，所以EE 1∥A 1D ，所以CF 1∥EE 1.又因为E E 1
平面FCC 1，CF 1平面FCC 1，所以直线EE 1∥平面
FCC 1. (2)在直棱柱中，CC 1⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，所以CC 1⊥AC.
因为底面ABCD 为等腰梯形，AB=4，BC=2，F 是棱AB 的中点，所以CF=CB=BF ，△BCF 为正三角形，∠BCF=60°，△ACF 为等腰三角形，且∠ACF=30°，所以AC ⊥BC.
又因为BC 与CC 1都在平面BB 1C 1C 内且交于点C ，所以AC ⊥平面BB 1C 1C ，而AC 平面D 1AC ， 所以平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C.
9.【解】 (1)证明：∵SA ⊥平面ABC ，又AB 、AC 、BD ABC ，
∴SA ⊥AB ，SA ⊥AC ，SA ⊥BD ，∴SB=SA 2＋AB 2=2a.
∵BC=2a ，∴SB=BC.∵E 为SC 的中点，∴BE ⊥SC.
又DE ⊥SC ，BE ∩DE=E ，∴SC ⊥平面BDE.
(2)由(1)及BD BDE ，得BD ⊥SC.又知BD ⊥SA ，
∴BD ⊥平面SAC.∴BD ⊥AC 且BD ⊥DE.
∴∠CDE 为平面BDE 与平面BDC 所成二面角的平面角.
∵AB ⊥BC ，AC=AB 2＋BC 2=3a.∴Rt △SAC 中，tan ∠SCA=SA AC =33
， ∴∠SCA=30°.∴∠CDE=60°，即平面BDE 与平面BDC 所成二面角为60°.
10.【解】（1）关键在平面ADE 与平面BCC 1B 1中的一个平面上找一条直线与另一个平面垂直.
（2）关键在平面ADE 内找一条直线与直线A 1F 平行.
【证明】（1）D,E 分别是棱BC,CC 1上的点（点D 不同于点C ），且AD ⊥DE,
又因三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱，所以有BB 1⊥平面AD C ，即有AD ⊥BB 1.
又在平面BCC 1B 1内BB 1与DE 必相交，所以AD ⊥平面BCC 1B 1.
又AD ⊂平面ADE,所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.
（2）在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，A 1B 1=A 1C 1,所以有AB=AC.
又由（1）知AD ⊥平面BCC 1B 1, 所以AD ⊥BC,所以D 为边BC 上的中点，
连接DF ，得AA 1FD 为平行四边形，故A 1F ∥AD,
又AD ⊂平面ADE ， A 1F ⊄平面ADE ，所以直线A 1F ∥平面ADE ．
【例】如图,两个全等的正方形木板ABCD 与DCC ′D ′互相垂直.求BD ′与DC ′所成的角.
【解析】将几何图形补成正方体如图所示，连接CD′,
由BC⊥平面DCC′D′，∴BC⊥DC′，又DC′⊥D′C，BC∩D′C=C，∴DC′⊥平面BCD′，∴DC′⊥BD′,∴BD′与DC′所成的角为90°.。