2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項4 高考中的立體幾何 文 北師大版

《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項4 高考中的立體幾何 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項4 高考中的立體幾何 文 北師大版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項4 高考中的立體幾何 文 北師大版 1. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥平面ABC,各棱長均為2,D,E,F,G分別是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中點. (1)求證:平面B1FG∥平面BDE; (2)求三棱錐B1-BDE的體積. 2.(2018安徽馬鞍山質(zhì)檢二,17)如圖,在三棱臺ABC-A1B1C1中,AB=BC=BB1=4,A1B1=B1C1=2,且B1B⊥面ABC,∠ABC=90°,D,G分別為AC,BC的中點,E,F為A1C1上兩動點,且EF=2. (1)求證:BD⊥G

2、E; (2)求四面體B-GEF的體積. 3. (2018江西新余二模)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,平面AA1B1B⊥平面ABC,D是AC的中點. (1)求證:B1C∥平面A1BD; (2)若∠A1AB=∠ACB=60°,AB=BB1,AC=2,BC=1,求三棱錐C1-ABD的體積. 4. 如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=,AB=BB1=2,BC=1,D為CC1的中點. (1)求證:DB1⊥平面ABD; (2)求點A1到平面ADB1的距離. 5.

3、 (2018北京通州三模,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,△PAB為等邊三角形,E是PB中點,平面AED與棱PC交于點F. (1)求證:AD∥EF; (2)求證:PB⊥平面AEFD; (3)記四棱錐P-AEFD的體積為V1,四棱錐P-ABCD的體積為V2,直接寫出的值. 6. (2017天津,文17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值; (2)求證:PD⊥平面PBC; (

4、3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值. 高考大題專項四　高考中的立體幾何 1.(1)證明 連接DG,A1C. ∵D,G分別是AC,A1C1的中點, ∴DG AA1BB1, ∴四邊形BB1GD是平行四邊形, ∴B1G∥BD. 又B1G?平面EBD,BD?平面EBD, ∴B1G∥平面EBD. ∵D,E,F,G分別是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中點, ∴GF∥A1C,A1C∥DE, ∴GF∥ED.又GF?平面EBD,ED?平面EBD, ∴GF∥平面EBD. 又B1G∩GF=G,B1G?平面B1FG,GF?平面B1FG, ∴平面B1FG∥平面EBD. (2)

5、解 過點D作DH⊥AB交AB于點H, ∵AA1⊥平面ABC,AA1?平面A1ABB1, ∴平面A1ABB1⊥平面ABC. 又平面A1ABB1∩平面ABC=AB,DH⊥AB,DH?平面ABC, ∴DH⊥平面A1ABB1. ∵AB=BC=AC=2,∴DA=1,BD=, ∴DH=. ∴·DH=×2×2×. 2.(1)證明 取AB的中點O,連接OG,OA1,C1G,∵AB=BC,D為AC的中點, ∴BD⊥AC,又AC∥A1C1,∴BD⊥A1C1, ∵BG∥B1C1,且BG=B1C1, ∴四邊形BGC1B1為平行四邊形, ∴GC1∥BB1. 同理,四邊形OBB1A1為平

6、行四邊形,∴GC1∥OA1. ∴四邊形OGC1A1為平行四邊形, ∵B1B⊥面ABC,∴C1G⊥面ABC, ∴C1G⊥BD,又A1C1∩C1G=C1,∴BD⊥面A1C1GO, ∵GE?面A1C1GO,∴BD⊥GE. (2)解 令OG與BD交于點M,∵C1G⊥面ABC,C1G?面A1C1GO, ∴面A1C1GO⊥面ABC, ∵面A1C1GO∩面ABC=OG,∵OG∥AC,BD⊥AC, ∴BM⊥OG,∴BM⊥面A1C1GO, ∴BM為點B到面A1C1GO的距離,即BM=, 又S△GEF=×GC1×EF=×4×2=4, ∴VB-GEF=×BM×S△GEF=×4=. 3.解 (

7、1)連接AB1交A1B于點O,則O為AB1的中點, ∵D是AC的中點,∴OD∥B1C. 又OD?平面A1BD,B1C?平面A1BD, ∴B1C∥平面A1BD. (2)∵AC=2,BC=1,∠ACB=60°, ∴AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=3,∴AB=. 取AB中點M,連接A1M, ∵AB=BB1=AA1,∠A1AB=60°, ∴△ABA1為等邊三角形. ∴A1M⊥AB,且A1M=, ∵平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB, A1M?平面AA1B1B, ∴A1M⊥平面ABC, ∵S△ABD=S△ABC=, ∴S

8、△ABD·A1M=. 4.(1)證明 在平面四邊形BCC1B1中, ∵BC=CD=DC1=1,∠BCD=60°, ∴BD=1.∵B1D=,BB1=2, ∴∠BDB1=90°, ∴B1D⊥BD. ∵AB⊥平面BB1C1C, ∴AB⊥DB1, ∴B1D與平面ABD內(nèi)兩相交直線AB和BD同時垂直, ∴DB1⊥平面ABD. (2)解 對于四面體A1-ADB1,A1到直線DB1的距離即為A1到平面BB1C1C的距離,A1到B1D的距離為2,設(shè)A1到平面AB1D的距離為h,△ADB1為直角三角形,×AD×DB1=, ∴×h=h, ∵×2×2=2,D到平面AA1B1的距離為, ∴×

9、2×, ∵, ∴,解得h=. ∴點A1到平面ADB1的距離為. 5.(1)證明 因為ABCD為正方形,所以AD∥BC. 因為AD?平面PBC,BC?平面PBC, 所以AD∥平面PBC. 因為AD?平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF. (2)證明 因為四邊形ABCD是正方形,所以AD⊥AB. 因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD?平面ABCD, 所以AD⊥平面PAB. 因為PB?平面PAB,所以AD⊥PB. 因為△PAB為等邊三角形,E是PB中點,所以PB⊥AE. 因為AE?平面AEFD,AD?平面AEFD

10、,AE∩AD=A, 所以PB⊥平面AEFD. (3)解 由(1)知,V1=VC-AEFD,VE-ABC=VF-ADC=VC-AEFD=V1, ∴VBC-AEFD=V1,則VP-ABCD=V1+V1=V1, ∴. 6.(1)解 如圖,由已知AD∥BC, 故∠DAP或其補角即為異面直線AP與BC所成的角. 因為AD⊥平面PDC, 所以AD⊥PD. 在Rt△PDA中,由已知,得AP=, 故cos∠DAP=. 所以,異面直線AP與BC所成角的余弦值為. (2)證明 因為AD⊥平面PDC,直線PD?平面PDC, 所以AD⊥PD. 又因為BC∥AD,所以PD⊥BC. 又PD⊥PB,所以PD⊥平面PBC. (3)解 過點D作AB的平行線交BC于點F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角. 因為PD⊥平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影, 所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1, 由已知,得CF=BC-BF=2. 又AD⊥DC,故BC⊥DC, 在Rt△DCF中,可得DF==2, 在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=. 所以,直線AB與平面PBC所成角的正弦值為.