学高考数学二轮复习 练酷专题 课时跟踪检测（十八）立体几何 文-人教高三全册数学试题

课时跟踪检测（十八）立体几何1.(2017·沈阳模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求三棱锥C1­ABC的体积．解：(1)证明：因为AA1＝A1C，且O为AC所以A1O⊥AC.又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1∴A1O⊥平面ABC.(2)∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝eq\r(AA\o\al(2,1)－AO2)＝eq\r(3)，∴VC1­ABC＝VA1­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·A1O＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.2．(2018届高三·西安八校联考)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE­BCF和一个正四棱锥P­ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.(1)证明：平面PAD⊥平面ABFE；(2)求正四棱锥P­ABCD的高h，使得该四棱锥的体积是三棱锥P­ABF体积的4倍．解：(1)证明：在直三棱柱ADE­BCF中，AB⊥平面ADE，∴AB⊥AD.又AD⊥AF，AB∩AF＝A，∴AD⊥平面ABFE.又AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABFE.(2)P到平面ABF的距离d＝1.∴VP­ABF＝eq\f(1,3)S△ABFd＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).而VP­ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCDh＝eq\f(1,3)×2×2×h＝4VP­ABF＝eq\f(8,3)，∴h＝2.3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为eq\f(8,3)，求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.因为AB∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)如图所示，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.设AB＝x，则由已知可得AD＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x.故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由题设得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，故x＝2.从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱锥P­ABCD的侧面积为eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).4．(2017·泰安模拟)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E为AD的中点，F为B1C1(1)求证：A1F∥平面ECC1(2)在CD上是否存在一点G，使BG⊥平面ECC1？若存在，请确定点G的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，取BC的中点M，连接AM，FM，所以B1F∥BM且B1F＝所以四边形B1FMB是平行四边形，所以FM∥B1B且FM＝B1B.因为B1B∥A1A且B1B＝A1所以FM∥A1A且FM＝A1所以四边形AA1FM是平行四边形，所以A1F∥AM因为E为AD的中点，所以AE∥MC且AE＝MC.所以四边形AMCE是平行四边形，所以CE∥AM，所以CE∥A1F因为A1F⊄平面ECC1，EC⊂平面ECC1所以A1F∥平面ECC1(2)在CD上存在一点G，使BG⊥平面ECC1.证明如下：取CD的中点G，连接BG.在正方形ABCD中，DE＝GC，CD＝BC，∠ADC＝∠BCD，所以△CDE≌△BCG，所以∠ECD＝∠GBC.因为∠CGB＋∠GBC＝90°，所以∠CGB＋∠DCE＝90°，所以BG⊥EC.因为CC1⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，所以CC1⊥BG.又EC∩CC1＝C，所以BG⊥平面ECC1.故当G为CD的中点时，满足BG⊥平面ECC1.5．(2017·福州模拟)如图①，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将△PAD沿AD折起，得到如图②所示的四棱锥P­ABCD，点M在棱PB上，且PM＝eq\f(1,2)MB.(1)求证：PD∥平面MAC；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求点A到平面PBC的距离．解：(1)证明：在四棱锥P­ABCD中，连接BD交AC于点N，连接MN，依题意知AB∥CD，∴△ABN∽△CDN，∴eq\f(BN,ND)＝eq\f(BA,CD)＝2，∵PM＝eq\f(1,2)MB，∴eq\f(BN,ND)＝eq\f(BM,MP)＝2，∴在△BPD中，MN∥PD，又PD⊄平面MAC，MN⊂平面MAC，∴PD∥平面MAC.(2)法一：∵平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥平面ABCD，∴VP­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×1＝eq\f(1,3).∵AB＝2，AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，∴PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝eq\r(5)，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝eq\r(3)，BC＝eq\r(AD2＋AB－CD2)＝eq\r(2)，∴PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°，记点A到平面PBC的距离为h，∴VA­PBC＝eq\f(1,3)S△PBC·h＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(3)×\r(2)))h＝eq\f(\r(6),6)h.∵VP­ABC＝VA­PBC，∴eq\f(1,3)＝eq\f(\r(6),6)h，解得h＝eq\f(\r(6),3).故点A到平面PBC的距离为eq\f(\r(6),3).法二：∵平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，∵AB＝2，AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，BC＝eq\r(AD2＋AB－CD2)＝eq\r(2)，∴AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，过点A作AE⊥PC于点E，则BC⊥AE，∵PC∩BC＝C，PC⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AE⊥平面PBC，∴点A到平面PBC的距离为AE＝eq\f(PA·AC,PC)＝eq\f(1×\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).6．(2018届高三·衡水中学摸底)如图①所示，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，进行如图②所示的折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M­CDE的体积．解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD，又平面PCD∩平面ABCD＝CD，MD⊂平面ABCD，MD⊥CD，∴MD⊥平面PCD，∵CF⊂平面PCD，∴CF⊥MD.又CF⊥MF，MD∩MF＝M，MD⊂平面MDF，MF⊂平面MDF，∴CF⊥平面MDF.(2)∵CF⊥平面MDF，DF⊂平面MDF，∴CF⊥DF.又易知∠PCD＝60°，∴∠CDF＝30°，∴CF＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)，∵EF∥DC，∴eq\f(DE,DP)＝eq\f(CF,CP)，即eq\f(DE,\r(3))＝eq\f(\f(1,2),2)，∴DE＝eq\f(\r(3),4)，∴PE＝eq\f(3\r(3),4)，∴S△CDE＝eq\f(1,2)CD·DE＝eq\f(\r(3),8)，∵MD＝eq\r(ME2－DE2)＝eq\r(PE2－DE2)＝e