2020高考精品系列之数学(文)专题11立体几何解答题(解析版)

1、专题11立体几何解答题1.【2019年天津文科17如图，在四棱锥 P- ABCD中，底面ABCD为平行四边形， PCD为等边考情分析LJ考纲解读1、对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在， 然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、 性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满 足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.对于探索性问题用向量法比较容易入手. 一般先 假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程 是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若 有解但不满足题意或无解则不存在.2、空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 (1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱 体、锥体或台体，则可

2、直接利用公式进行求解.(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得 出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行 求解.(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视 图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.3、空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过 球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面 图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻 找几何中元素间的关系求解.(2)若球面上四点P, A, B, C构成的三条线段 PA, PB, PC两两互相垂直，且 PA=a, PB=b, PC = c, 一般把有关元素补形”成为一个球内接长方体，利用4R2=a2

3、+b2+c2求解.三年高考分析垂直关系的证明和平行关系的证明是考查的重点，解题时常用到平行判定定理、垂直判定定理、垂直性质定理、平行性质定理，考查学生的数学 逻辑推理能力、数学运算能力、直观想象能力， 题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重 点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平 行的判定及其应用等内容.题型主要以解答题的 形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广 泛应用转化与化归的思想.2、直线、平面垂直的判定及其性质是高考中 的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面 面垂直的判定及其应用等内容.题型主要以解答 题的形式出现，解题要求有较

4、强的推理论证能力， 广泛应用转化与化归的思想 .昨高考三角形，平面 PAC，平面 PCD, PA±CD, CD = 2, AD=3.(I)设 G, H分别为PB, AC的中点，求证： GH/平面PAD;(n)求证：PAL平面PCD;(m)求直线 AD与平面PAC所成角的正弦值.【解答】证明：(I)连结BD,由题意得ACABD=HBH = DH ,又由 BG=PG,得 GH / PD,. GH?平面 PAD, PD?平面 PAD,.GH /平面 PAD.(n)取棱PC中点N,连结DN,依题意得DNXPC,又平面 PACL平面PCD,平面PACA平面PCD = PC,.DNL平面 PAC

5、,又 PA?平面 PAC, DNXPA,又 PA± CD, CD n DN = D, PA，平面 PCD.解：(出)连结 AN,由(n)中 DN,平面PAC,知/ DAN是直线AD与平面PAC所成角，PCD是等边三角形，CD = 2,且N为PC中点，.DN=6，又 DNXAN,在 RtAAND 中,sin/DAN_M_SJ-T直线AD与平面PAC所成角的正弦值为、号.G2.【2019年新课标3文科19图1是由矩形ADEB, Rt ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1, BE=BF = 2, / FBC = 60° .将其沿 AB, BC折起使得 BE与BF重

6、合，连接 DG ,如图2.DES1(1)证明：图2中的A, C, G, D四点共面，且平面 ABC，平面BCGE ；(2)求图2中的四边形 ACGD的面积.【解答】解：(1)证明：由已知可得 AD / BE, CG/BE,即有AD/CG,则AD, CG确定一个平面，从而 A, C, G, D四点共面；由四边形ABED为矩形，可得 ABXBE,由 ABC为直角三角形，可得 ABXBC,又 BCABE=E,可得 ABL平面 BCGE,AB?平面 ABC,可得平面 ABC，平面 BCGE;(2)连接 BG, AG,由AB,平面BCGE,可得ABXBG,在4BCG 中，BC=CG=2, / BCG =

7、120° ,可得 BG = 2BCsin60° =2 号,可得 AG=+=国，在4ACG 中，AC=诋, CG = 2, AG=v，jj,可得 cos/ACG 4_13 i ,即有 sin/ACG,E在棱3.【2019年新课标2文科17如图，长方体 ABCD - AlBlClDl的底面ABCD是正方形,AA1 上，BEXECi.(1)证明：BE，平面 EBiCi;(2)若AE=AiE, AB=3,求四棱锥 E- BBlCiC的体积.【解答】解：（i）证明：由长方体 ABCD - AiBiCiDi,可知BiCi,平面 ABBiAi, BE?平面 ABBiAi,.BiCiXBE

8、,BEXEC BiCinECi = Ci, BE，平面 EBiCi;(2)由(i)知/ BEBi=90 ,由题设可知 RtlXfiE 三 RIHqJlE、 ./AEB=/AiEBi = 45° , AE=AB=3, AAi = 2AE=6, .在长方体 ABCD AiBiCiDi 中，AAi/平面 BBiCiC, ECAAi, AB,平面 BBiCiC, .E到平面BBiCiC的距离d = AB = 3,四棱锥 E-BBiCiC 的体积 V3x6x3=18.4.【2019年新课标1文科19如图，直四棱柱 ABCD -AiBiCiDi的底面是菱形，AAi = 4, AB=2,/BAD=

9、60。，E, M, N 分别是 BC, BB，AiD 的中点.（1）证明：MN/平面 CiDE；证明：（1）连结BiC, ME, M, E分别是BB1, BC的中点， ME/ BiC,又 N 为 AiD 的中点，NDAiD,=2由题设知 A1B1 DC,BiC AiD,ME ND,D U 1四边形MNDE是平行四边形，MN / ED,又 MN?平面 CiDE, .MN/平面 CiDE.解：（2）过C作CiE的垂线，垂足为H,由已知可得 DEBC, DE±CiC, DEL平面 CiCE,故 DEL CH,CH，平面CiDE,故CH的长即为C到时平面CiDE的距离,由已知可得CE=1,

10、CCi = 4,C1E"T7,故 CH 4相,，点C到平面CiDE的距离为4VT717解法二：证明：（1）二直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1的底面是菱形,AA1 = 4, AB = 2, /BAD=60。，E, M, N 分别是 BC, BBi, AiD 的中点.DD社平面 ABCD, DE LAD,以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DDi为z轴，建立空间直角坐标系，M（1,第，2）, N （1, 0, 2）, D （0, 0, 0）, E （0,痣，0）, Ci（T，湛，4）,设平面C1DE的法向量养二(x, v, z),则- _ ，7 - 11cl = r-l-'

11、;/Sy+ 4e=D而* DF = 铐y=D取 z=1,得:一 (4, 0, 1),- ?7 _0, MN?平面 C1DE,一MN /平面 C1DE.解：（2） C （- 1,符，0）, -（-1,信，0）,平面C1DE的法向量竟一（4, 0, 1）,点C到平面C1DE的距离：5.【2019年北京文科18如图，在四棱锥 P-ABCD中，PA，平面 ABCD ,底面ABCD为菱形，E为CD的中点.(I)求证：BD，平面PAC；(n)若/ ABC =60° ,求证：平面 PABL平面PAE;(出)棱PB上是否存在点F,使得CF/平面PAE?说明理由.【解答】证明：(I)二四棱锥 P -

12、ABCD中，PAL平面ABCD,底面ABCD为菱形, BDXPA, BD± AC, PAA AC = A, . BDL平面 PAC.(n)二,在四棱锥 P-ABCD中，PAL平面ABCD,底面ABCD为菱形，E 为 CD 的中点，/ ABC=60° ,ABXAE, PAXAE, PAA AB = A, . AEL平面 PAB, .AE?平面 PAE,.平面 PABL平面 PAE.解：(出)棱PB上是存在中点F,使得CF/平面PAE.理由如下：取AB中点G,连结GF, CG,在四棱锥 P-ABCD中，PAL平面 ABCD,底面 ABCD为菱形，E为CD的中点，.CG /AE,

13、 FG / PA,. CGnFG = G, AEA PA= A,平面 CFG /平面PAE,.CF?平面 CFG, ，CF/平面 PAE.6.【2018年新课标2文科19如图，在三棱锥 P-ABC中，AB=BC=泛，PA= PB = PC= AC = 4,O为AC的中点.(1)证明：POL平面ABC；(2)若点M在BC上，且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.【解答】（1）证明：: AB=BC = 2,甲，AC = 4, .AB2+BC2= AC2,即 ABC是直角三角形,又O为AC的中点，OA=OB=OC,PA= PB= PC, /.A POAA POBA POC, /. Z POA=Z

14、 POB = Z POC = 90° , POXAC, POXOB, OBAAC=0,POL平面 ABC;(2)解：由(1)得POL平面ABC, PO=拒乖二而 =2濡，在.COM 中，OM =初7 加-RC-CilfssW =等Sa COM5X 2-3X 1-2-4一3-设点C到平面POM的距离为d.由Vp OMC = Vc POM?.,K - d = - x 5 出翼巡 乂 P。解得d道-3点C到平面POM的距离为 击后.7.【2018年新课标1文科18如图，在平行四边形ABCM 中，AB = AC=3, / ACM = 90° ,以 AC为折痕将 ACM折起，使点 M

15、到达点D的位置,ABXDA.(1)证明：平面 ACD,平面ABC；BP=DQ DA,求三棱锥 Q-ABP的体积.2=3(2) Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点,【解答】解：(1)证明：二.在平行四边形 ABCM中，/ ACM =90ABXAC,又 AB SA.且 ADA AC=A,.-.AB±m ADC, .AB?面 ABC,平面ACD,平面ABC；(2)AB=AC=3, Z ACM =90° , /. AD= AM = 3 J,.BP=DQ 产A =2后由(1)得 DC LAB,又 DCCA, .DC，面 ABC,三棱锥Q- ABP的体积V =J 5MffF M/U

16、二w X 1-315X父-DC1-38.【2018年新课标3文科19如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧 函所在平面垂直，M是而 上异于C, D的点.(1)证明：平面AMD，平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC /平面PBD?说明理由.【解答】(1)证明：矩形 ABCD所在平面与半圆弦 画所在平面垂直，所以 AD，半圆弦而 所在平面，CM?半圆弦显;所在平面,.-.CMXAD,M 是 J3上异于 C，D 的点.CM ± DM , DM n AD = D, . CM，平面 AMD , CM?平面 CMB,平面AMD，平面BMC ;(2)解：存在P是AM的中点,理由：连接B

17、D交AC于O,取AM的中点P,连接OP,可得MC / OP, MC?平面BDP, OP?平面BDP ,所以MC /平面PBD.9.【2018年北京文科18如图，在四锥P - ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD，平面ABCD ,FAXPD, FA=PD, E, F 分别为 AD, PB 的中点.(I )求证：PEXBC;(n)求证：平面 PABL平面PCD-(出)求证：EF /平面PCD.pB【解答】证明：（I） PA=PD, E为AD的中点，可得PEXAD,底面ABCD为矩形，可得 BC / AD,贝U PEXBC；（n）由于平面 PAB和平面PCD有一个公共点 P,且 AB / CD

18、,在平面PAB内过P作直线 PG / AB,可得 PG / CD,即有平面PABA平面PCD = PG,由平面PAD，平面 ABCD,又ABXAD,可得AB,平面PAD,即有ABXPA,FAXPG;同理可得 CDXPD,即有PDXPG,可得/ APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由 PAXPD,可得平面 PABL平面PCD;（出）取PC的中点H,连接DH, FH,在三角形PCD中，FH为中位线，可得 FH/BC,FHBC,=2由 DE / BC, DE BC,可得 DE = FH , DE / FH ,四边形EFHD为平行四边形，可得 EF / DH ,EF?平面 PCD , DH ?平面

19、 PCD ,即有EF /平面PCD.10.【2018年天津文科17如图，在四面体 ABCD中，4ABC是等边三角形，平面 ABC，平面ABD ,点 M 为棱 AB 的中点，AB=2, AD=2后，/ BAD = 90。（I）求证：ADXBC；（n）求异面直线 BC与MD所成角的余弦值；（出）求直线 CD与平面ABD所成角的正弦值.C【解答】（I）证明：由平面 ABC，平面 ABD,平面ABC n平面ABD = AB, AD LAB,得 AD,平面 ABC,故 ADXBC；（n）解：取棱AC的中点N,连接MN, ND,M为棱AB的中点，故MN/BC,/ DMN （或其补角）为异面直线 BC与MD

20、所成角，在 RtADAM 中，AM = 1,故 DM= J且丁二十L期二=. AD，平面 ABC,故 AD LAC,在RtADAN中，AN=1,故DN二心口工+雁=丁宜,在等腰三角形 DMN中，MN=1,可得cos/DMN ?解 更彳.异面直线BC与MD所成角的余弦值为 序;（出）解：连接 CM，: ABC为等边三角形，M为边AB的中点,故 CMAB, CM=,又平面 ABC，平面ABD,而CM?平面ABC,故CM，平面 ABD,则/ CDM为直线 CD与平面ABD所成角.在RtACAD中，CD =小干病二4，在RtCMD中，sin/CDM后.CJJ V3=而=T直线CD与平面ABD所成角的正

21、弦值为 悔.11.【2017年新课标2文科18如图，四棱锥P - ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD, AB= BC 】AD, / BAD = / ABC = 90 ° =2(1)证明：直线 BC/平面PAD;(2)若 PCD面积为2vy,求四棱锥 P - ABCD的体积.【解答】(1)证明：四棱锥 P ABCD 中，.一/ BAD=/ABC=90° .，BC/AD , = AD?平面 PAD,BC?平面 PAD,直线BC/平面PAD；(2)解：四棱锥 P- ABCD中，侧面 PAD为等边三角形且垂直于底面 ABCD, AB= BC . AD, =2Z

22、BAD = Z ABC=90° ,设 AD=2x,则 AB=BC=x, CD.,。是 AD 的中点, 连接PO, OC, CD的中点为：E,连接OE,P。二医，PE行£=8。”E P PCD面积为即：2 不可得：工.L 2 7Pc - LU = 2一,解得 x=2, PO = 2,斗-2x - 2y/7则 Vp abcd（BC+AD） XABXPO_ 4 序12.【2017年新课标1文科18如图，在四棱锥 P-ABCD中，AB/ CD,且/(1)证明：平面 PAB，平面PAD；(2)若 PA= PD = AB=DC, /APD = 90° ,且四棱锥 P - AB

23、CD 的体积为BAP = Z CDP = 90°口 ,求该四棱锥的侧面B3=-| X J=|x1x p + 4）«2x 2留=【解答】证明：（1）二.在四棱锥 P-ABCD中，/ BAP = Z CDP= 90° ,.ABXPA, CD±PD,又 AB / CD, ABXPD,PAA PD = P,，AB，平面 PAD,.AB?平面 PAB,.平面 PABL平面 PAD.解：（2）设 PA=PD=AB=DC = a,取 AD 中点 O,连结 PO,. PA=PD=AB=DC, Z APD = 90° ,平面 PAB，平面 PAD ,w底面 AB

24、CD，且 AD：= g，PO=第)四棱锥P-ABCD的体积为R,E33由 AB，平面 PAD,得 AB± AD,VP ABCD=3 X §磔够感m * P。犬乂反月D XF0二1-3解得 a=2, . PA=PD = AB= DC = 2, AD= BC=2PO_PB=PC二二2月，该四棱锥的侧面积：S 侧=SA PAD+Sa PAB+Sa PDC+Sa pbcXMX-4B + |xPDxDC+= 1x2x2+| x2 x2 + 1x2x2-kx2Ix Jff771 上建Z.A=6+2.毋13.【2017年新课标3文科19如图四面体 ABCD中， ABC是正三角形，AD =

25、 CD .(1)证明：ACXBD；(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 AEXEC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.【解答】证明：（1）取AC中点O,连结DO、BO, ABC是正三角形， AD = CD, DOXAC, BOXAC, DOH BO=O, . . AC,平面 BDO, . BD?平面 BDO, AC±BD.解：（2）法一：连结 OE,由（1）知AC,平面 OBD,.OE?平面 OBD, OEXAC,设 AD = CD=近，则 OC=OA=1,EC=EA, AEXCE, AC = 2,EC2+EA2=AC2, .EC=EA

26、 二限=CD,.E是线段AC垂直平分线上的点，EC=EA=CD=泛,由余弦定理得：cos/ CBD _ *+抑 炉 _ 对+E 产cL '=二 说帚.即4+4T g后密工-Z，解得BE=1或BE=2, 2X2X2 2X2MSE. BEvvBD=2,BE = 1, /. BE=ED,四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点 A到平面BCD的高h, BE=ED,Sadce= SaBCE：,四面体 ABCE与四面体 ACDE的体积比为1.法二：设 ad = cd=0,则 ac= AB=BC =BD=2, AO=CO=DO=1,.-.BOBO2+DO2=BD2, .-.BOX DO,以O为原点

27、，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系,则 C ( 1, 0, 0), D (0, 0, 1), B (0,.痘，0), A (1, 0, 0),设 E (a, b, c), -_ , (0w 其 1),则(a, b, c- 1DE = WF=x (0,雷,-1),解得E (0,招才,1 - X),w瓯一)公AEXEC,_1+3 /+ (1 R 2 = 0,AE * CF =-由入田，1,解得DE=BE,四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点 A到平面BCD的高h,DE= BE,SADCE = SABCE：,14.【2017年北京文科18如图，在三棱锥 P-ABC中,PAX

28、AB, PAXBC, ABXBC, PA = AB = BC=2, D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.(1)求证：PAXBD ；(2)求证：平面 BDEL平面PAC;(3)当PA/平面BDE时，求三棱锥 E- BCD的体积.p【解答】解：(1)证明：由PAXAB, PAXBC,AB?平面 ABC, BC?平面 ABC,且 ABABC = B,可得PAL平面ABC,由BD?平面ABC,可得PA±BD；(2)证明：由AB=BC, D为线段AC的中点，可得BDXAC,由PA,平面 ABC, PA?平面PAC,可得平面PACL平面ABC,又平面PACA平面 ABC = AC,BD?平面

29、 ABC,且 BDXAC,即有BDL平面FAC,BD?平面 BDE ,可得平面BDE,平面PAC；(3) PA/平面 BDE, PA?平面 PAC,且平面PACA平面 BDE = DE,可得 PA / DE,又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE 11PA=1, =2由PA，平面ABC,可得DE,平面ABC,可得 Sa BDCSa ABC (2X2=1,=2=/广则三棱锥E- BCD的体积为.DE?Sbdc1 X 1二一A v才-3 X-315.【2017年天津文科 17】如图，在四棱锥 P-ABCD中，AD，平面 PDC , AD / BC, PDXPB, AD =1, BC=3, C

30、D=4, PD = 2.（I ）求异面直线 AP与BC所成角的余弦值；（n）求证：PD,平面PBC;（出）求直线 AB与平面PBC所成角的正弦值.【解答】解：（I ）如图，由已知 AD / BC,故/ DAP或其补角即为异面直线 AP与BC所成的角.因为AD,平面PDC,所以ADXPD.在 RtA PDA 中，由已知，得 a?= /g口 工 + F .=二故oosDAP ='AD 彬 丽二百所以，异面直线 AP与BC所成角的余弦值为 T.5：证明：（n）因为 AD,平面PDC,直线PD?平面PDC,所以ADXPD.又因为BC/AD,所以PDXBC,又PDLPB,所以PDL平面PBC.

31、解：（出）过点D作AB的平行线交BC于点F,连结PF, 则DF与平面PBC所成的角等于 AB与平面PBC所成的角. 因为PD，平面 PBC,故PF为DF在平面 PBC上的射影， 所以/ DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于 AD/BC, DF/AB,故 BF=AD=1,由已知，得 CF = BC BF = 2.又 ADXDC,故 BCXDC, 在RtDPF中，可得_ 箍.由呐孤学所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 近.2年模拟1.【2019年湖南省娄底市高三上学期期末】 如图1,在直角梯形ABCD中，AB/CD, AB BC , AB 2CD 2BC , BD为梯形对角线，将梯形

32、中的 ABD部分沿AB翻折至ABE位置，使 ABE 所在平面与原梯形所在平面垂直（如图 2）.（1）求证：平面AED 平面BCE;EP （2）探究线段EA上是否存在点P ,使EC/平面PBD?若存在，求出 ；若不存在说明理由EAEP 1_ .【答案】（1）见解析（2）存在点P,且时，有EC/平面PBD ,详见解析EA 3【解析】（1）取AB中点F ,连结DF ,则 DF BF FA,故 BDA 90，又平面ABCD 平面AEB ,且平面ABCDI平面ABE AB ,BC AB , BC 平面 ABCD ,BC ± 平面 ABE ,又 AE 平面 ABE , . . BC±

33、AE.又 AE BE，BC I BE B , . AE，平面 BCE ,又 AE 平面 ADE ,，平面ADE平面BCE .EP 1 .(2)存在点p,且 一时 有EC/平面PBD,EA 3一CQ CD 1连结AC交BD于Q ,由CD/AB知 ，QA AB 2EP 1 CQ 又 ，故CE/PQ,又CE 平面PBD, PQ 平面PBD, PA 2 QA CE/平面 PBD.2 .【四川省威远中学 2020届高三上学期第一次月考】如图， AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A, B的点，PO垂直于圆。所在的平面，且 PO=OB = 1.(1)若D为线段AC的中点，求证：AC,平面PDO；(2)求三棱

34、锥P-ABC体积的最大值；若点E在线段PB上，求CE+OE的最小值.【答案】见解析；丁 (3)证明：在 AOC中，因为 OA = OC, D为AC的中点，所以 AC ± DO.又PO垂直于圆。所在的平面，所以 POXAC.因为DOH PO =0,所以AC,平面 PDO.(2)解：因为点C在圆。上，所以当COXAB时，C到AB的距离最大，且最大值为 1.又AB = 2,所以 ABC面积的最大值为X Z X 1 =1又因为三棱锥 P ABC的高P0=1,故三棱锥P-ABC体积的最大值为(3)解:在POB 中，P0=0B = 1, /POB = 90°,所以同理PC7?，所以 p

35、b=pc=bc.在三树t P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC P,使之与平面 ABP共面，如图所示.当0, E, C'共线时，CE+OE取得最小值.又因为OP=OB,甲二匚田，所以垂直平分PB，即E为PB的中点.从而_,=0E=遛!邂二 a a a即CE+OE的最小值为3.【2019年山西重点中学协作体高三暑假联考】如图，在等腰梯形 ABCD中，AB / CD ,AD DC CB 1, ABC 60 ,四边形 ACFE 为矩形，平面 ACFE 平面 ABCD , CF 1.(1)求证：BC，平面ACFE；(2)求多面体ABCDEF的体积.(1)见解析(2)【解析】(1)在梯

36、形ABCD中,. ABPCD, AD DC CB 1, ABC 60 ,AB 2, AC2 AB2 BC2 2AB BC cos60 3,AB2 AC2 BC2, BC AC.AC , BC 平面 ABCD ,又平面ACFE 平面ABCD ,平面ACFE 平面ABCDBC 平面 ACFE .(2)取AC的中点H ,连接DH ,由题意知DH AC,1DH 平面 ACFE ,且 DH -, 2故V多面体 ABCDEFVb ACFE Vd ACFE-DH 3BCSg 形 ACFEABCDEF 中,4.【2020年四川省雅安市雨城区雅安中学高三上学期开学摸底】如图，已知多面体ABD、ADE 均为正三角

37、形，平面 ADE 平面 ABCD , AB PCD PEF , AD : EF :CD 2:3: 4.(I)求证：BD 平面BFC ;(n)若AD 2,求该多面体的体积9【答案】(1)见解析(2) 2【解析】(I)因为 AB/CD ,所以 ADC 120 , ABD为正三角形，所以BDC 60 .设 AD a,因为 AD:CD 2:4 1:2,所以 CD 2a,在BDC中，由余弦定理，得BC ya2 4a2 2a 2acos60 岳,所以 BD2 BC2 CD2,所以 BD BC.取AD的中点O ,连接EO,因为 ADE为正三角形，所以 EO AD,因为平面 ADE 平面ABCD ,所以EO

38、平面ABCD .AB CD 取BC的中点G ,连接FG , OG ,则OG EF ,且EF/OG ,所以四边形OEFG为2平行四边形，所以FG/EO ,所以FG 平面ABCD ,所以FG BD .因为FG BC G ,所以BD 平面BFC.(n)过G作直线MN /AD，延长AB与MN交于点M , MN与CD交于点N ,连接FM , FN .因为G为BC的中点，所以 MG OA且MG/OA,所以四边形 AOGM为平行四边形，所以AM OG.同理 DN OG ,所以 AM OG DN EF 3.又AB/CD ,所以AM /DN ,所以AM/DN/EF ,所以多面体 MNF ADE为三棱柱.过M作M

39、H AD于H点，因为平面 ADE 平面ABCD ,所以MH 平面ADE ,所以线段MH的长即三棱柱 MNF ADE的高，在 AMH中，MH AMsin603. 3r，所以三棱柱 MNF ADE的体积为 叵 22 3叵 9 . 422因为三棱锥F BMG与F CNG的体积相等，所以所求多面体的体积为-.25 .【安徽省合肥一中、安庆一中等六校教育研究会2020届高三上学期第一次素质测试】如图所示，三棱柱ABC AB1C1中，侧面BB1C1C为菱形，CBB1 60o, A在侧面BBiGC上的投影恰为 BiC的中点O(1)证明：B1C AB ；(2)若AC AB,且三棱柱 ABC A1B1C1的体积

40、为 由，求三棱柱ABC A1B1C1的高.8【答案】(1)证明见解析；(2) Y2T.(1)连接BCi,因为侧面BBiCiC为菱形,所以BiC BCi ,且BiC与BCi相交于点O ,因为 AO 平面 BBiCiC , BiC 平面 BBiCiC ,所以BC AO ,又BiC AO O ,所以BiC 平面ABO ,因为AB i平面ABO,所以BiC AB.(2)由ACAB且AO垂直平分BiC可知 ACBi是等腰直角三角形,则 AO - B1C , 2又 VABC A1B1C13VBi ABC 3VA Bi BCB1c2 AO3 BC3.3Bd C8 18得 BiC 1 BC BiB.1AOAB

41、且等边 BCBi中，BO2又AC-2 ,易求得等腰2ABC中AC边上的高为 巫，4则 S ABC,2.1424由 VABC A1BC1S ABC h上有h且876 .【湖南省衡阳市第八中学2020届高三上学期月考(二)】如图，在五面体ABCDFE 中，侧面 ABCD是正方形， ABE是等腰直角三角形，点 O是正方形ABCD对角线白交点EA EB ,AD 2EF 6且 EF/AD.(1)证明：OF/平面ABE;(2)若侧面ABCD与底面ABE垂直，求五面体 ABCDFE的体积.【答案】(1)证明见解析；(2) 45.【解析】(1)取AB的中点M ,连接OM、EM ,Q侧面ABCD为正方形，且AC

42、 I BD O , O为AC的中点，1又QM为AB的中点，OMBC且OM - BC ,21OF/EMQ EF/BC且EF -BC , OM幺EF ,所以，四边形OFEM为平行四边形,QOF 平面 ABE, EM 平面 ABE , OF平面 ABE;(2)取AD的中点G , BC的中点H ,连接GH、FG、FH ,Q四边形ABCD为正方形，AD AB.Q平面ABCD 平面ABE ,平面ABCD I平面ABE AB, AD 平面ABCD AD 底面ABE ,_1 2易知 EF 3, AE BE 372，S ABE - 3v29,2Vabe ghf Sabe EF 9 327,QM 为 AB 中点，

43、EA EB, EM AB,Q AD 平面 ABE , EM 平面 ABE , EM AD , QABI AD A, AB、AD 平面 ABCD , EM 平面 ABCD. QOF/EM , OF 平面 ABCD,且 OF EM 3,1Vf CDGH 6 3 318,因此，V五面体 ABCDFE 27 1845.3ABG 中,2FE .7.【江西省南昌市2020届高三上学期开学摸底考试】如图，已知直三棱柱 ABCAB AC , AB AC AA1 2, E 是 BC 的中点，F 是 AE 上一点，且 AF(I)证明：AF 平面ABC;（n）求三棱锥Ci AFC的体积.4【答案】（I）证明见解析；

44、（n） 4.9【解析】（I）连接AE,AF,在 ABC中，依题意 ABC为等腰三角形且 AE BC ,11由面积相等一AB AC -BC AE ,解得AE J2， 22由于三棱柱 ABC A1B1C1是直三棱柱，故 AAi ，面ABC,那么 AA1 AE, AA1 BC .在直角三角形 A1AE中，因为 AA 2, AE J2，所以AE 收（扬2 J6,又由AF 2FE，所以EF 号又因些AE,故 AFE为直角，即AF AE, EF AE又由 AE BC,AA1 BC, AAIAE A ,所以得 BC 面 AAE ,所以 BC AF ,由 AF A1E, AF BC, BC I AE E ,故

45、AF 面ABC.(n)过E作ED AC ,连接AD,交AC于点D ,过F作FG/ED,交AD于点G ,因为AA1 面ABC ,所以AA1 ED ,又因ED AC, AC AA A,所以ED 面AA1C ,所以FG 面AA。，_2212_1又由 FG-ED- -AB一，所以 SACC1-2 2 2,33 231211 24所以 VC afcS Acc, FG2.Ci 3 A1CC13 398.【2020年安徽省江淮十校高三第一次联考】如图，在四棱锥S ABCD中，底面ABCD是正方形,SA底面ABCD , SA AB 2 , AE SC,垂足为E ,点A在面SDC上的投影为F。(1)证明：点F为

46、线段SD中点;【答案】(1)详见解析(2)4.33(2)求点C到平面AEF的距离。(1) QSA 平面 ABCD , CD 平面 ABCD SA CDQ四边形ABCD为正方形CD AD又 AD, SA 平面 SAD, ADI SA A CD A 平面 SADQ CD 平面SDC 平面SDC 平面SAD又平面SDCI平面SAD SD,点A在平面SDC上的投影为点F F SDAF SD,又SA AB AD F为线段SD中点(2) QAF 平面 SDC, SC 平面 SDC SC AF又 AE SC, AE,AF 平面 AEF , AE AF A SC 平面 AEFCE即为点C到平面AEF的距离连接

47、ACSA ACQ SA 平面 ABCD , AC 平面 ABCDSC 4-8 2 3AESA AC 2 2 2 2 6SC 2 , 3 号CE4 33即点C到平面AEF的距离为9.【2019年贵州省贵阳市高三8月摸底】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD是菱形，PA=PD ,/ DAB =60°.AB(1)证明：ADXPB.（2）若PB=/6, AB=PA=2,求三棱锥 P-BCD的体积。【答案】（1）证明见解析；（2）1【解析】证明：取AD的中点O,连接P0, BO, BD,底面ABCD是等边三角形 BOXAD,又 PA=PD ,即ZFAD等腰三角形，POLAD,又. PO

48、I BO=0. .AD,平面 PBO,又 PB 平面PBO. ADXPB;（2）解:AB=PA=2.由（1）知APAD是边长为2的正三角形，则 PO = J3.又 PB= 6 , . PO2+BO2=PB2,即 PO± BO, 又由 知,POLAD.且BO I AD= O. .POL平面 ABCD.'VPBCD3 SB。PO 1 t 223 1ABCD 中,BD. 三棱锥P-BCD的体积为1.10.【江西省抚州市临川一中2019-2020届高三上学期第一次联合考试】如图，四面体ABC是边长为1的正三角形， ACD是直角三角形，ABD CBD , AB证明：平面ACD 平面AB

49、C；（2）若点E为BD的中点，求点B到平面ACE的距离.【答案】（1）详见解析（2） 叵4取 AC 的中点 O,连接 DO,BO ,由 ABD CBD , AB BC , BD BD故ABDBCD AD CD ,又 ACD 为 Rt ，故 AD CD ,而 AC 1 ,即 ADCDDOABC是边长为1的正三角形，则BOAC,BO 叵, 2BO2DO2BD2 BO DOBOAC故平面ACD平面ABC(2)在ABD 中,1 1 ADB 2.2 2 1BODOBO则AE2AE故CE二,2AEC为等腰直角三角形,S ACE2 /222S ABCsin 60o 迎，点E到面ABC的距离等于点D4到面AB

50、C的距离的一半,设点B到平面ACE的距离为d ,由Ve ABCV B ACE 可得1,11d -34 311.【2019年云南省师范大学附属中学高三上学期第一次月考】如图甲,在直角梯形ABCD 中,CD ,垂足为E ,现将 ADE沿AB/CD , AB BC, CD 2AB 2BC 4,过 A点作 AECF、EF ,如图乙.(1)求证：BCL平面DEC;(2)求三棱锥E FBC的体积.【答案】(1)证明见解析；(2) 2.3【解析】(1)在图甲中，直角梯形 ABCD中，AB/CD , AB BC , BC CD,Q AE CD ,则 BC/AE .AE平面DCE .折叠后，在图乙中， AE C

51、E, AE DE,又CEI DE E,Q BC/AE , BC 平面 DCE ;甲乙(2)由(1)知，DE AE,又 DE CE,且 AEICE E, DE 平面 ABCE.11Q F为AD的中点，所以，三棱锥 F BCE的高为DE -21, 22QCD 2AB 2BC 4,易知四边形 ABCE是矩形，则CD AB 2,1 12BCE 的面积为 S BCE BC CE - 222,2 2-11 _ _1-2口此，VEfbcVFBCE二二 DESBCE二12二.3 23312.【2019年湖北省武汉市部分学校高三上学期起点质量监测】如图，四棱锥 P ABCD的底面ABCD 为平行四边形 BA BP BD AP 2, DA DP J2 .求证：PA BD;(2)求点C到平面PBD的距离.【答案】(1)证明见解析;(2)2x217(1)取AP中点O,连接OB,ODBA BPQ DADP，OB AP, OD AP又OBIODO , OB,OD 平面 BODAP 平面BODQ BD平面BODPA BD（2）Q DA2DP2 AP2DADP又BABPB