《2019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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019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（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1高考大题专项练四高考大题专项练四 高考中的立体几高考中的立体几何何1 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=,三棱锥P-ABD的体积V=,求点A到平面PBC的距离.33 422 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:PCAD;(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 3.如图所示,ABC为正三角形,CE平面ABC,BDCE,CE=CA=2B
2、D,M是EA的中点.求证:(1)DE=DA.(2)平面BDM平面ECA.34 4.如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ABC=60,AA1=AC=2,A1B=A1D=2,点E在A1D上.2(1)证明:AA1平面ABCD;(2)当为何值时,A1B平面EAC,并求出此时三棱锥D-AEC的体积.145 5.(2017 山东,文 18)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.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ABCD.(1)证明:A1O平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1
3、CD1.6 6.5如图,已知正三棱锥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 7.(2017 天津,文 17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD平面PDC,ADBC,PDPB,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.6参考答案高考大题专项练四 高考中的立体几何1 1.(
4、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EOPB.又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)解V= PAABAD=AB,由V=,可得AB= .1 636343 2作AHPB交PB于H,由题设知BC平面PAB,所以BCAH.故AH平面PBC.又AH=.=3 1313所以点A到平面PBC的距离为.3 13132 2.7(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OCAD,OPAD.又OCOP=O,OC平面POC,OP平面POC,所以AD平面POC.又PC平面POC,
5、所以PCAD.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AMPC,DMPC.又AMDM=M,AM平面AMD,DM平面AMD,所以PC平面AMD.又AD平面AMD,所以PCAD.(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QMBC,在菱形ABCD中ADBC,所以QMAD,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POAD,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
6、-ACD的体高.在 RtPOC中,PO=OC=,PC=,在PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=366,所以PAC的面积SPAC= PCAM=,设点D到平面PAC的2- 2=1021 21 2 6 102=152距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,得SPACh= SACDPO,又SACD=22=,所以h=1 31 33431 3152,解得h=,所以点D到平面PAM的距离为.1 3 3 32 1552 1553 3.证明(1)取CE的中点F,连接DF.CE平面ABC,CEBC.BDCE,BD= CE=CF=FE,1 28四边形FCBD是矩形,DFEC.又BA=BC=DF,Rt
7、DEFRtADB,DE=DA.(2)取AC中点N,连接MN,NB,M是EA的中点,MNCE.1 2由BDCE,且BD平面ABC,可得四边形MNBD是矩形,于是DMMN.1 2DE=DA,M是EA的中点,DMEA.又EAMN=M,DM平面ECA,而DM平面BDM,平面BDM平面ECA.4 4.(1)证明因为底面ABCD是菱形,ABC=60,所以AB=AD=AC=2.在AA1B中,由A+AB2=A1B2,知AA1AB.21同理,AA1AD.又因为ABAD于点A,所以AA1平面ABCD.(2)解当=1 时,A1B平面EAC.1证明如下:连接BD交AC于O,当=1,即点E为A1D的中点时,连接OE,则
8、OEA1B,所以A1B1平面EAC.设AD的中点为F,连接EF.则EFAA1,所以EF平面ACD,且EF=1,可求得SACD=.3所以VE-ACD= 1,即VD-AEC=VE-ACD=.1 33 =33335 5.证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1,9所以A1O平面B1CD1.(2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因为B1D
9、1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1.又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E,所以B1D1平面A1EM,又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.6 6.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D,所以ABPD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE.所以AB平面PED,故ABPG.又由已知可得,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:由已知可得PBPA,PBPC,又EFPB,所以EFPA,EFPC.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
10、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= CG.2 3由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE= PG,DE= PC.2 31 3由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2.2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=222= .1 31 24 37 7.(1)解如图,由已知ADBC,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ADPD.在 RtPDA中,由已知,得AP=,2+ 2= 5故 cosDAP=. =55所以
11、,异面直线AP与BC所成角的余弦值为.5510(2)证明因为AD平面PDC,直线PD平面PDC,所以ADPD.又因为BCAD,所以PDBC.又PDPB,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,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ADBC,DFAB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又ADDC,故BCDC,在 RtDCF中,可得DF=2,在 RtDPF中,可得 sinDFP=.2+ 25 =55所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.55
