2022年高考數(shù)學二輪復習 專題五 立體幾何 專題突破練16 空間中的垂直與幾何體的體積 文

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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題五 立體幾何 專題突破練16 空間中的垂直與幾何體的體積 文 1.(2018江蘇卷,15)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求證:(1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 2.如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD. (1)證明:AC⊥BD; (2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD,若E為棱BD上與D不重合的點,且AE⊥EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.

2、 3.(2018江西南昌三模,文18)如圖,多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為正方形,AB=2,AE=3,DE=,EF=,cos∠CDE=,且EF∥BD. (1)證明:平面ABCD⊥平面EDC; (2)求三棱錐A-EFC的體積. 4.如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,點E,F分別在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置. (1)證明:AC⊥HD'; (2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱錐D'-ABCFE的體積. 5

3、.(2018河南鄭州三模,文19)如圖,四棱錐E-ABCD中,AD∥BC,AD=AB=AE=BC=1,且BC⊥底面ABE,M為棱CE的中點, (1)求證:直線DM⊥平面CBE; (2)當四面體D-ABE的體積最大時,求四棱錐E-ABCD的體積. 6.如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF⊥平面ACFD; (2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值. 7.(2018全國卷3,文19)如圖,矩

4、形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點. (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由. 8.如圖(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=BC=2,AD=6,CE⊥AD于點E,把△DEC沿CE折到△D'EC的位置,使D'A=2,如圖(2).若G,H分別為D'B,D'E的中點. (1)求證:GH⊥D'A; (2)求三棱錐C-D'BE的體積.

5、 參考答案 專題突破練16　空間中的垂直與 幾何體的體積 1.證明 (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1. 因為AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,因此AB1⊥A1B. 又因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1, 所以AB1⊥BC. 又因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC, 所以AB1⊥平面A1BC. 因為AB1?平面ABB1A1, 所以平

6、面ABB1A1⊥平面A1BC. 2.(1)證明 取AC的中點O,連接DO,BO. 因為AD=CD,所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形, 所以AC⊥BO. 從而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD. (2)解 連接EO. 由(1)及題設知∠ADC=90°, 所以DO=AO. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°. 由題設知△AEC為直角三角形, 所以EO=AC. 又△ABC是正三角形,且AB=BD, 所以EO=BD. 故E為BD的中點,從而E到平面ABC的距離為D到平面

7、ABC的距離的,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1. 3.(1)證明 ∵AB=2,AE=3,DE=,由勾股定理得AD⊥DE.又正方形ABCD中AD⊥DC,且DE∩DC=D, ∴AD⊥平面EDC. ∵AD?面ABCD, ∴平面ABCD⊥平面EDC. (2)解 由已知cos∠CDE=,連接AC交BD于G. 作OE⊥CD于O, 則OD=DE·cos∠CDE=1,OE=2. 又由(1)知,平面ABCD⊥平面EDC,平面ABCD∩平面EDC=CD, OE?平面EDC,得OE⊥面ABCD. 由EF∥BD,EF=,知四邊形

8、DEFG為平行四邊形,即DE∥FG, 而VA-EFC=VE-AFC,進而VA-EFC=VE-AFC=VD-AFC=VF-ADC.又由EF∥BD,VF-ADC=VE-ADC=×2×2×2=,所以,三棱錐A-EFC的體積為. 4.(1)證明 由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得,故AC∥EF.由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'. (2)解 由EF∥AC得. 由AB=5,AC=6得DO=BO==4. 所以OH=1,D'H=DH=3. 于是OD'2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD', 又AC⊥BD,BD∩HD'=H

9、, 所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O, 所以,OD'⊥平面ABC. 又由得EF=. 五邊形ABCFE的面積S=×6×8-×3=. 所以五棱錐D'-ABCFE的體積V=×2. 5.解 (1)∵AE=AB,設N為EB的中點, ∴AN⊥EB. 又BC⊥平面AEB,AN?平面AEB, ∴BC⊥AN. 又BC∩BE=B,∴AN⊥平面BCE. ∵MN∥BC,MN=BC, ∴AD􀱀MN. ∴四邊形ANMD為平行四邊形,DM∥AN, ∴DM⊥平面CBE. (2)設∠EAB=θ,AD=AB=AE=1,且AD⊥底面ABE,

10、 則四面體D-ABE的體積V=×AE·AB·sin θ·AD=sin θ, 當θ=90°,即AE⊥AB時體積最大. 又BC⊥平面AEB,AE?平面AEB, ∴AE⊥BC, ∵BC∩AB=B,∴AE⊥平面ABC, VE-ABCD=×(1+2)×1×1=. 6.(1)證明 延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示. 因為平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC. 又因為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD. (2)解 因為BF⊥平面ACK,所以∠B

11、DF是直線BD與平面ACFD所成的角. 在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=,所以直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為. 7.解 (1)由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因為M為上異于C,D的點,且DC為直徑,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)當P為AM的中點時,MC∥平面PBD. 證明如下:連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形,所以O為AC中點. 連接OP,因為P為AM中點,所以MC∥OP. MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD. 8.(1)證明 連接BE,GH,AC,在△AED'中, ED'2=AE2+AD'2,可得AD'⊥AE. 又DC==2, AC=2,可得AC2+AD'2=CD'2,可得AD'⊥AC. 因為AE∩AC=A,所以AD'⊥平面ABCE,所以AD'⊥BE. 又G,H分別為D'B,D'E的中點, 所以GH∥BE,所以GH⊥D'A. (2)解 設三棱錐C-D'BE的體積為V, 則V=S△BCE·AD'=×2×2×2.