2023学年高考数学大二轮复习大题专项练三立体几何文2.docx

大题专项练(三)　立体几何 A组　基础通关 1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=CC1,平面A1BC1⊥平面BCC1B1. 证明:(1)AC∥平面A1BC1; (2)平面AB1C⊥平面A1BC1. 证明(1)几何体为三棱柱⇒四边形ACC1A1为平行四边形⇒AC∥A1C1,又A1C1⊂平面A1BC1,AC⊄平面A1BC1,∴AC∥平面A1BC1. (2)∵BC=CC1且四边形BCC1B1为平行四边形, ∴四边形BCC1B1为菱形,∴B1C⊥BC1. 又平面A1BC1⊥平面BCC1B1,平面A1BC1∩平面BCC1B1=BC1,∴B1C⊥平面A1BC1. 又B1C⊂平面AB1C,∴平面AB1C⊥平面A1BC1. 2.如图,圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD,SO=OB=2,P为SB的中点. (1)求证:SA∥平面PCD; (2)求圆锥SO的表面积和体积. (1)证明连接PO,∵P、O分别为SB、AB的中点, ∴PO∥SA,由于PO⊂平面PCD,SA∉平面PCD, ∴SA∥平面PCD; (2)解∵SO=2,OB=2,SO为圆锥的高,OB为圆锥底面圆的半径,∴V=13πr2h=13π×22×2=8π3, 由于SO为圆锥的高,则母线 SB=SO2+OB2=22, ∴S侧面=12l·SB=12×2×π×2×22=42π,S底面=πr2=π×22=4π,故S=S底面+S侧面=(4+42)π. 3.等边三角形ABC的边长为3,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足ADDB=CEEA=12,如图甲,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使平面A1DE⊥平面BCED,连接A1B,A1C,如图乙,点M为A1D的中点. (1)求证:EM∥平面A1BC; (2)求四棱锥A1-BCED的体积. 解(1)取BD的中点N,连接NE,则NE∥BC, 在四棱锥A1-BCED中,NE与BC的平行关系不变. 连接MN,在△DA1B中,MN∥A1B,又NM∩NE=N,BA1∩BC=B,∴平面MNE∥平面A1BC, 又EM⊂平面MNE,∴EM∥平面A1BC. (2)∵等边三角形ABC的边长为3,且ADDB=CEEA=12,∴AD=1,AE=2.在△ADE中,∠DAE=60°, 由余弦定理得DE=12+22-2×1×2×cos60°=3, 从而AD2+DE2=AE2,∴AD⊥DE. 折起后有A1D⊥DE,∵平面A1DE⊥平面BCED, 平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D⊂平面A1DE, ∴A1D⊥平面BCED. ∴四棱锥A1-BCED的体积V=13S四边形BCED·A1D, 连接BE,则S四边形BCED=12CB·CEsin∠BCE+12BD·DE=12×1×3×sin60°+12×2×3=734, ∴V=13×734×1=7312. 4.如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,AB=2EF=2,EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点. (1)求证:FH∥平面EDB; (2)求证:AC⊥平面EDB; (3)求四面体B-DEF的体积. (1)证明设AC与BD交于点G,则G为AC的中点,如图所示,连接EG,GH.∵H为BC的中点,∴GH∥AB. ∵EF∥AB,∴EF∥GH.又∵EF=GH=12AB, ∴四边形EFHG为平行四边形,∴EG∥FH. ∵EG⊂平面EDB,FH⊄平面EDB, ∴FH∥平面EDB. (2)证明∵四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC. ∵EF∥AB,∴EF⊥BC. 又∵EF⊥FB,BC∩FB=B,∴EF⊥平面BFC,又FH⊂平面BFC,∴EF⊥FH, ∴AB⊥FH.∵BF=FC,H为BC的中点, ∴FH⊥BC, 又AB∩BC=B,∴FH⊥平面ABCD, ∴FH⊥AC.∵FH∥EG,∴AC⊥EG. ∵AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB. (3)∵EF⊥FB,BF⊥FC,EF∩FC=F,∴BF⊥平面CDEF,∴BF即为四面体B-DEF的高. 由(2)知,EF⊥平面BFC,∴EF⊥FC. 又∵EF∥AB∥CD,∴FC为△DEF中EF边上的高.∵BC=AB=2,∴BF=FC=2, ∴V四面体B-DEF=13×12×1×2×2=13. 5.如图,在五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,AD⊥CD. (1)证明:AB⊥平面ADE; (2)连接BD,BE,若二面角E-CD-A的大小为120°,AD=2AB=2DE=2,求三棱锥E-ABD的体积. (1)证明因为CD⊥AD,CD⊥DE,AD∩DE=D, 所以CD⊥平面ADE, 因为四边形CDFE为矩形,所以EF∥CD. 又EF⊄平面ABCD,CD⊂平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD. 因为EF∥平面ABCD,EF⊂平面ABFE,平面ABFE∩平面ABCD=AB, 所以EF∥AB, 又EF∥CD,所以CD∥AB, 又CD⊥平面ADE,所以AB⊥平面ADE. (2)解因为CD⊥AD,CD⊥DE,所以∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角,所以∠ADE=120°. S△ADE=12DA·DE·sin∠ADE=12×2×1×32=32.于是V三棱锥E-ABD=V三棱锥B-ADE=13S△ADE·AB=13×32×1=36. 6.如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=2,BC=2,截面EBD是等边三角形,M,N分别是AD,CE的中点. (1)求证:MN∥平面EAB; (2)若EC=EA,AB⊥DE,求三棱锥E-BMN的体积. (1)证明如图,取EB的中点F,连接AF,NF, 在△ECB中,易得NF􀱀12BC, 又在平行四边形ABCD中,AM􀱀12BC, ∴NF􀱀AM, ∴四边形AMNF是平行四边形, ∵MN∥AF,AF⊂平面EAB,MN⊄平面EAB, ∴MN∥平面EAB. (2)解如图,连接AC交BD于点O,连接EO, 在等腰△EAC中,EA=EC,∴EO⊥AC, 又在等边△EBD中,EO⊥BD, ∴EO⊥平面ABCD. ∴EO⊥AB.又AB⊥DE,EO∩DE=E, ∴AB⊥平面BDE, ∴AB⊥BD.∴VE-BMN=VN-EBM=12VC-EBM=12VE-BCM=16S△BCM·EO, 又S△BCM=S△ABC=12AB·BD=12·2·2=1, EO=2·32=62, ∴VE-BMN=16×1×62=612. B组　能力提升 7.如图,四棱锥A-BCDE中,CD⊥平面ABC,BE∥CD,AB=BC=CD,AB⊥BC,M为AD上一点,EM⊥平面ACD. (1)求证:EM∥平面ABC; (2)若CD=2BE=2,求点D到平面EMC的距离. (1)证明取AC的中点F,连接BF,因为AB=BC,所以BF⊥AC, 又因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BF,又CD∩AC=C,所以BF⊥平面ACD, 因为EM⊥平面ACD,所以EM∥BF,EM⊄平面ABC,BF⊂平面ABC, 所以EM∥平面ABC; (2)解因为EM⊥平面ACD,EM⊂平面EMC,所以平面CME⊥平面ACD, 平面CME∩平面ACD=CM,过点D作直线DG⊥CM,则DG⊥平面CME. 由已知CD⊥平面ABC,BE∥CD,AB=BC=CD=2BE,可得AE=DE, 又EM⊥AD,所以M为AD的中点. 在Rt△ABC中,AC=2BC=22, 在Rt△ADC中,AD=CD2+AC2=23,S△CDM=12S△ACD=12×12×2×22=2, 在△DCM中,CM=12AD=3,由等面积法知12×CM×DG=2, 所以DG=263,即点D到平面EMC的距离为263. 8.如图,直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=5,AA'=AB=6,D,E分别为AB和BB'上的点,且ADDB=BEEB'=λ. (1)求证:当λ=1时,A'B⊥CE; (2)当λ为何值时,三棱锥A'-CDE的体积最小,并求出最小体积. (1)证明∵λ=1,∴D,E分别为AB和BB'的中点,又AB=AA',且三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,∴平行四边形ABB'A'为正方形,∴DE⊥A'B. ∵AC=BC,D为AB的中点,∴CD⊥AB. ∵三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱, ∴CD⊥平面ABB'A',又A'B⊂平面ABB'A', ∴CD⊥A'B, 又CD∩DE=D,∴A'B⊥平面CDE, ∵CE⊂平面CDE, ∴A'B⊥CE. (2)解设BE=x,则AD=x,DB=6-x,B'E=6-x, 由已知可得C到平面A'DE的距离即为△ABC的边AB所对的高, h=AC2-AB22=4, ∴VA'-CDE=VC-A'DE=13(S四边形ABB'A'-S△AA'D-SΔDBE-S△A'B'E)·h =1336-3x-12(6-x)x-3(6-x)·h =23(x2-6x+36)=23[(x-3)2+27](0<x<6), ∴当x=3,即λ=1时,VA'-CDE有最小值18. 10