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1012516783@qq.com:【2016届走向高考】高三数学一轮(北师大版)专题4 高考中的立体几何问题

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专题四

高考中的立体几何问题

1.如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,点 E 在线段 AD 上,且 CE∥ AB.

(1)求证:CE⊥平面 PAD; (2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45° ,求四棱锥 P-ABCD 的体积. [解析] (1)∵PA⊥底面 ABCD,CE 平面 ABCD ∴CE⊥PA, 又∵AB⊥AD,CE∥AB.∴CE⊥AD. 又∵PA∩AD=A,∴CE⊥平面 PAD. (2)由(1)可知 CE⊥AD. 在 Rt△ECD 中,DE=CD· cos45° =1,CE=CD· sin45° =1. 又∵AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形 ABCE 为矩形. 1 ∴S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△CDE=AB· AE+ CE· DE 2 1 5 =1×2+ ×1×1= . 2 2 又 PA⊥底面 ABCD,PA=1 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 p-ABCD= S 四边形 ABCD×PA= × ×1= . 3 3 2 6 2.(2015· 潍坊模拟)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB=AD,∠ BAD=60° ,E、F 分别是 AP、AD 的中点. 求证:(1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. [证明] (1)在△PAD 中,因为 E、F 分别为 AP、AD 的中点,所以 EF∥PD. 又因为 EF?平面 PCD,PD 平面 PCD. 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连结 BD.因为 AB=AD,∠BAD=60° ,所以△ABD 为正三角形.因为 F 是 AD 的中 点,所以 BF⊥AD.

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因为平面 PAD⊥平面 ABCD, BF 平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF 平面 BEF,所以平面 BEF⊥平面 PAD. 3. 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, AB∥CD, AB⊥AD, CD=2AB, 平面 PAD⊥底面 ABCD, PA⊥AD,E 和 F 分别是 CD、PC 的中点,求证: (1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD.

[解析] (1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD, 所以 PA⊥底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点,

所以 AB∥DE,且 AB=DE. 所以四边形 ABED 为平行四边形. 所以 BE∥AD. 又因为 BE?平面 PAD,AD 平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,而且四边形 ABED 为平行四边形, 所以 BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知 PA⊥底面 ABCD.所以 PA⊥CD. 所以 CD⊥平面 PAD.所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点, 所以 PD∥EF.所以 CD⊥EF,
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又因为 CD⊥BE,BE∩EF=E, 所以 CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD. 4.如图,在几何体 P-ABCD 中,四边形 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,AB=PA=2.

(1)当 AD=2 时,求证:平面 PBD⊥平面 PAC; (2)若 PC 与 AD 所成的角为 45° ,求几何求 P-ABCD 的体积. [解析] (1)证明:当 AD=2 时,四边形 ABCD 是正方形,则 BD⊥AC. ∵PA⊥平面 ABCD,BD 平面 ABCD, ∴PA⊥BD. 又∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面 PAC. ∵BD 平面 PBD, ∴平面 PBD⊥平面 PAC. (2)解:PC 与 AD 成 45° 角,AD∥BC, 则∠PCB=45° . ∵BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A, ∴BC⊥平面 PAB,PB 平面 PAB. ∴BC⊥PB. ∴∠CPB=90° -45° =45° . ∴BC=PB=2 2. 1 8 2 ∴几何体 P-ABCD 的体积为 ×(2×2 2)×2= . 3 3

1.(2014· 四川高考)在如图所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形.

(1)若 AC⊥BC,证明:直线 BC⊥平面 ACC1A1; (2)设 D,E 分别是线段 BC,CC1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M,使直线 DE∥平

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面 A1MC?请证明你的结论. [解析] (1)因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形, 所以 AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因为 AB,AC 为平面 ABC 内两条相交直线, 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC 平面 ABC,所以 AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1,AC 为平面 ACC1A1 内两条相交直线, 所以 BC⊥平面 ACC1A1. (2)取线段 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,设 O 为 A1C,AC1 的交点. 由已知,O 为 AC1 的中点.

连接 MD,OE,则 MD,OE 分别为△ABC,△ACC1 的中位线, 1 1 所以,MD 綊 AC,OE 綊 AC, 2 2 因此 MD 綊 OE. 连接 OM,从而四边形 MDEO 为平行四边形,则 DE∥MO. 因为直线 DE?平面 A1MC,MO 平面 A1MC. 所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点),使直线 DE∥平面 A1MC. 2.如图,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,D1D⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形, AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° .

(1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD. [解析] (1)∵DD1⊥平面 ABCD,BD 平面 ABCD ∴DD1⊥BD,又∵AB=2AD 且∠BAD=60° ∴由余弦定理得 BD2=AB2+AD2-2AB· ADcos∠BAD

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即 BD= 3AD,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD 又∵AD∩DD1=D ∴BD⊥平面 ADD1A1,又∵AA1 平面 ADD1A1, ∴BD⊥AA1 (2)连接 AC,交 BD 于 M,连接 A1M,A1C1,

1 ∵底面 ABCD 是平行四边形,∴AM=CM= AC 2 又∵AB=2AD=2A1B1 ∴A1G 綊 CM,即四边形 A1MCC1 是平行四边形; ∴CC1∥AM1,又∵CC1?平面 A1BD,A1M 平面 A1BD ∴CC1∥平面 A1BD. 3. (文)(2015· 临沂模拟)如图, 在边长为 3 的正三角形 ABC 中, G, F 为边 AC 的三等分点, E,P 分别是 AB,BC 边上的点,满足 AE=CP=1,今将△BEP,△CFP 分别沿 EP,FP 向上 折起,使边 BP 与边 CP 所在的直线重合,B,C 折后的对应点分别记为 B1,C1.

(1)求证:C1F∥平面 B1GE; (2)求证:PF⊥平面 B1EF. [解析] (1)取 EP 的中点 D,连接 FD,C1D. 因为 BC=3,CP=1,所以折起后 C1 为 B1P 的中点. 所以在△B1EP 中,DC1∥EB1. 又因为 AB=BC=AC=3,AE=CP=1, EP EB 所以 = ,所以 EP=2 且 EP∥GF. AC AB 因为 G,F 为 AC 的三等分点,所以 GF=1. 1 又因为 ED= EP=1,所以 GF=ED, 2 所以四边形 GEDF 为平行四边形. 所以 FD∥GE.

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又因为 DC1∩FD=D,GE∩B1E=E, 所以平面 DFC1∥平面 B1GE. 又因为 C1F 平面 DFC1, 所以 C1F∥平面 B1GE. (2)连接 EF,B1F,由已知得∠EPF=60° ,且 FP=1,EP=2,由余弦定理,得 EF2=12 +22-2×1×2×cos60° =3, 所以 FP2+EF2=EP2,可得 PF⊥EF. 因为 B1C1=PC1=1,C1F=1,得 FC1=B1C1=PC1, 1 所以△PB1F 的中线 C1F= PB1,可得△PB1F 是直角三角形,即 B1F⊥PF. 2 因为 EF∩B1F=F,EF,B1F 平面 B1EF, 所以 PF⊥平面 B1EF. (理)(2014· 浙江高考)如图,在四棱锥 A-BCDE 中,平面 ABC ⊥平面 BCDE,∠CDE=∠BED=90° ,AB=CD=2,DE=BE=1, AC= 2. (1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 B-AD-E 的大小. [解析] (1)在平面四边形 BCDE 中,BC= 2,在三角形 ABC 中,AB=2,BC= 2,AC = 2.根据勾股定理逆定理.∴AC⊥BC. ∵平面 ABC⊥平面 BCOE,而平面 ABC∩平面 BCDE=BC AC⊥BC,∴AC⊥平面 BCDE,∴AC⊥DE, 又∵AC⊥DE,DE⊥DC,∴DE⊥平面 ACD. → → (2)由(1)知分别以CD、CA为 x 轴、z 轴正方向. → 以过 C 平行DE为 y 轴正向建立坐标系. 则 B(1,1,0),A(0,0, 2),D(2,0,0),E(2,1,0) → → → ∴AB=(1,1,- 2),AD=(2,0,- 2),DE=(0,1,0) 设平面 ABD 法向量 n1=(x1,y1,z1), → → 由 n1· DE=n1· AD=0,解得 n1=(1,1, 2) 设平面 ADE 法向量 n2=(x2,y2,z2), → → 则 n2· AE=n2· AD=0,解得:n2=(1,0, 2) 设平面 ABD 与平面 ADE 夹角为 θ, cosθ=|cos〈n1,n2〉|= 1+0+2 3 = 2 2× 3

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π ∴平面 ABD 与平面 ADE 的二面角平面角为 . 6

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