2023年高考数学一轮复习高考大题专项练4高考中的立体几何

高考大题专项练四高考中的立体几何1.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设AP=1,AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=34,求点A到平面PBC的距离2.如图,四棱锥P-ABCD,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面PAM的距离.3.如下图,△ABC为正三角形,CE⊥平面ABC,BD∥CE,CE=CA=2BD,M是EA的中点.求证:(1)DE=DA.(2)平面BDM⊥平面ECA.4.如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=22,点E在A1D上(1)证明:AA1⊥平面ABCD;(2)当A1EED为何值时,A1B∥平面EAC,并求出此时三棱锥5.(2023山东,文18)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如下图.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.6.如图,正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连结PE并延长交AB于点G.(1)证明:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.7.(2023天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.参考答案高考大题专项练四高考中的立体几何1.(1)证明设BD与AC的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)解V=16PA·AB·AD=36AB,由V=34,可得作AH⊥PB交PB于H,由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH.故AH⊥平面PBC.又AH=PA·所以点A到平面PBC的距离为3132.(1)证法一取AD中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,又M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.又AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA,又M为PC的中点,所以QM∥BC,在菱形ABCD中AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离,由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的体高.在Rt△POC中,PO=OC=3,PC=6,在△PAC中,PA=AC=2,PC=6,边PC上的高AM=PA2-PM2=102,所以△PAC的面积S△PAC=12PC·AM=12×6×102=152,设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,得13S△PAC·h=13S△ACD·PO,又S△ACD3.证明(1)取CE的中点F,连接DF.∵CE⊥平面ABC,∴CE⊥BC.∵BD∥CE,BD=12CE=CF=FE∴四边形FCBD是矩形,∴DF⊥EC.又BA=BC=DF,∴Rt△DEF≌Rt△ADB,∴DE=DA.(2)取AC中点N,连接MN,NB,∵M是EA的中点,∴MN12由BD12CE,且BD⊥平面ABC,可得四边形MNBD是矩形,于是DM⊥∵DE=DA,M是EA的中点,∴DM⊥EA.又EA∩MN=M,∴DM⊥平面ECA,而DM⊂平面BDM,∴平面BDM⊥平面ECA.4.(1)证明因为底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,所以AB=AD=AC=2.在△AA1B中,由AA12+AB2=A1B2,知AA1同理,AA1⊥AD.又因为AB∩AD于点A,所以AA1⊥平面ABCD.(2)解当A1EED=1时,A1B证明如下:连接BD交AC于O,当A1EED=1,即点E为A1D的中点时,连接OE,那么OE∥A1B,所以A1B设AD的中点为F,连接EF.那么EF∥AA1,所以EF⊥平面ACD,且EF=1,可求得S△ACD=3.所以VE-ACD=13×1×3=33,即VD-AEC=V5.证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.6.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(2)解在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下:由可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC.因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=23由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=23PG,DE=1由,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=22.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2.所以四面体PDEF的体积V=13×12×2×2×7.(1)解如图,由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AD⊥PD.在Rt△PDA中,由,得AP=AD故cos∠DAP=ADAP所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为55(2)证明因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.又因为BC∥AD,所以PD⊥BC.又PD⊥PB,所以PD⊥平面PBC.(3)解过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,那么DF与平面PBC所成的角等于AB与平面