高考数学总复习课时跟踪练（四十六）专题探究课（四）文（含解析）新人教A版

课时跟踪练(四十六)A组基础巩固1．(2019·黄山模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长的2的等边三角形，PC＝eq\r(13)，M在PC上，且PA∥平面MBD.(1)求证：M是PC的中点；(2)求多面体PABMD的体积．(1)证明：连接AC交BD于点E，连接ME.因为四边形ABCD是矩形，所以E是AC的中点．又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线，所以PA∥ME，所以M是PC的中点．(2)解：取AD中点O，连接OC，PO，则PO⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因为OC⊂平面ABCD，所以PO⊥OC，在Rt△POC中，PO＝eq\r(3)，PC＝eq\r(13)，则OC＝eq\r(13－3)＝eq\r(10)，所以CD＝eq\r(10－1)＝3，所以VP-ABCD＝eq\f(1,3)×2×3×eq\r(3)＝2eq\r(3)，由(1)知M到平面ABCD的距离等于点P到平面ABCD的距离的一半，为eq\f(\r(3),2)，所以VMBCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以V多面体PABMD＝2eq\r(3)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2).2．如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上．(1)求证：PE⊥BD；(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE∥平面DMN，求eq\f(DE,DC)的值．(1)证明：因为BD⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以BD⊥平面PCD.又PE⊂平面PCD，所以BD⊥PE.(2)解：由题意，得BM＝eq\f(1,4)BC.取BC的中点F，连接PF、EF，则PF∥MN.又PF⊄平面DMN，MN⊂平面DMN，所以PF∥平面DMN.由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，所以平面PEF∥平面DMN，所以EF∥DM，所以eq\f(DE,DC)＝eq\f(MF,MC)＝eq\f(1,3).3.(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.因为AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.(2)解：如图所示，连接EO，由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2)，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.4．(2019·北京模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中点．(1)求证：平面PAB⊥平面PAD.(2)求证：PN⊥平面ABCD.(3)在棱BC上是否存在动点E，使得BN∥平面DEP？并说明理由．(1)证明：在矩形ABCD中，AB⊥AD.又因为AB⊥PA且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD.又因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)证明：在△PAD中，PA＝PD，N是棱AD的中点，所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面PAD，所以AB⊥PN.又因为AB∩AD＝A，所以PN⊥平面ABCD.(3)解：在棱BC上存在点E，使得BN∥平面DEP，此时E为BC的中点．证明如下：取BC中点E，连接PE，DE.在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE.所以四边形BNDE是平行四边形，则BN∥DE.又因为BN⊄平面DEP，DE⊂平面DEP.所以BN∥平面DEP.B组素养提升5．(2019·郑州模拟)在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC中点．(1)求证：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距离．(1)证明：取BD中点O，连接OM，OE，因为O，M分别为BD，BC中点，所以OM∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD，因为四边形ABCD为菱形，所以CD∥AB，因为EF∥AB，所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF＝2，所以EF＝eq\f(1,2)CD.所以OM∥EF，且OM＝EF，所以四边形OMFE为平行四边形，所以FM∥OE.又OE⊂平面BDE且FM⊄平面BDE，所以FM∥平面BDE.(2)解：由(1)得FM∥平面BDE，所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离．取AD的中点H，连接EH，BH，因为EA＝ED，所以EH⊥AD，因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，所以EH⊥平面ABCD，因为BH⊂平面ABCD，所以EH⊥BH.因为四边形ABCD是菱形，所以AB＝AD＝2，又∠BAD＝60°，所以△ABD是等边三角形，所以BH＝eq\r(3).易得EH＝eq\r(3).在Rt△EHB中，因为EH＝BH＝eq\r(3)，所以BE＝eq\r(6)，由已知，知△ABD是等边三角形，所以BD＝AB＝ED＝2，所以△BDE中斜边BE上的高为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))\s\up12(2))，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2)，设F到平面BDE的距离为h，连接DM，因为S△BDM＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×4＝eq\f(\r(3),2)，所以由VEBDM＝VMBDE，得eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(15),2)，解得h＝eq\f(\r(15),5).即F到平面BDE的距离为eq\f(\r(15),5).6.(2018·天津卷)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(2)解：取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点，所以MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAN中，AM＝1，故DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAM中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1,2)MN,DM)＝eq\f(\r(13),26).所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为eq\f(\r(13),26).(3)解：连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM＝