2024高考数学大二轮复习专题7立体几何第2讲综合大题部分增分强化练文

PAGEPAGE1第2讲综合大题部分1．(2024·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．解析：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).如图，连接OB.因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC知，PO⊥平面ABC.(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，所以OM＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以点C到平面POM的距离为eq\f(4\r(5),5).2．(2024·高考全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于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．解析：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.3．(2024·高考全国卷Ⅰ)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到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱锥Q­ABP的体积．解析：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1＝1.4．如图，在多面体ABCPE中，平面PAC⊥平面ABC，AC⊥BC，PE∥BC,2PE＝BC，M是线段AE的中点，N是线段PA上一点，且满意AN＝λAP(0<λ<1)．(1)若λ＝eq\f(1,2)，求证：MN⊥PC；(2)是否存在λ，使得三棱锥M­ACN与三棱锥B­ACP的体积比为1∶12？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：若λ＝eq\f(1,2)，则N是线段PA的中点．因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面PAC.因为M是线段AE的中点，N是线段PA的中点，所以MN∥PE，又PE∥BC，所以MN∥BC，所以MN⊥平面PAC.因为PC⊂平面PAC，所以MN⊥PC.(2)存在λ＝eq\f(1,3)，使得三棱锥M­ACN与三棱锥B­ACP的体积比为1∶12.理由如下：由(1)知，BC⊥平面PAC，所以三棱锥B­ACP的体积VB­ACP＝eq\f(1,3)S△ACP·BC，因为M是线段AE的中点，所以点M到平面ACP的距离等于点E到平面ACP的距离的一半，因为AN＝λAP(0<λ<1)，所以S△ACN＝λS△ACP，又2PE＝BC，所以三棱锥M­ACN的体积VM­ACN＝eq\f(1,3)S△ACN·(eq\f(1,2)PE)＝eq\f(1,3)λS△ACP·(eq\f(1,4)BC)＝eq\f(1,12)λS△ACP·BC