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1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練4 文
1.(xx福建質(zhì)檢)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,AA1⊥底面ABC,M為A1B1的中點(diǎn).
(1)求證:B1C∥平面AMC1;
(2)若BB1=5,且沿側(cè)棱BB1展開三棱柱的側(cè)面,得到的側(cè)面展開圖的對(duì)角線長(zhǎng)為13,求三棱錐B1-AMC1的體積.
2.如圖,在四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四邊形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.
(1)證明:AA1⊥BD;
(2)證明:CC1∥平面A1
2、BD.
3.(xx江西,文19)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥BC,A1B⊥BB1.
(1)求證:A1C⊥CC1;
(2)若AB=2,AC=,BC=,問AA1為何值時(shí),三棱柱ABC-A1B1C1體積最大,并求此最大值.
4.如圖①所示,在Rt△ABC中,AC=6,BC=3,∠ABC=90°,CD為∠ACB的平分線,點(diǎn)E在線段AC上,CE=4.如圖②所示,將△BCD沿CD折起,使得平面BCD⊥平面ACD,連接AB,BE,設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn).
圖①
3、
圖②
(1)求證:DE⊥平面BCD;
(2)若EF∥平面BDG,其中G為直線AC與平面BDG的交點(diǎn),求三棱錐B-DEG的體積.
5.如圖,在三棱錐P-ABC中,PB⊥底面ABC,∠BCA=90°,PB=BC=CA=4,E為PC的中點(diǎn),M為AB的中點(diǎn),點(diǎn)F在PA上,且AF=2FP.
(1)求證:CM∥平面BEF;
(2)求證:BE⊥平面PAC;
(3)求三棱錐B-PAE的體積.
6.(xx重慶,文20)如圖,四棱錐P-ABCD中,底
4、面是以O(shè)為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M為BC上一點(diǎn),且BM=.
(1)證明:BC⊥平面POM;
(2)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積.
答案：1.(1)證明:如圖,連接A1C,交AC1于點(diǎn)O,連接OM.
∵三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面是矩形,∴O為A1C的中點(diǎn).
又M為A1B1的中點(diǎn),∴OM∥B1C.
又OM?平面AMC1,B1C?平面AMC1,
∴B1C∥平面AMC1.
(2)解:∵三棱柱側(cè)面展開圖是矩形,且對(duì)角線長(zhǎng)為13,側(cè)棱BB1=5,
∴三棱柱底面周長(zhǎng)為=12.
又三棱柱的底面是正
5、三角形,
∴A1C1=4,B1M=2,C1M=2.
∴B1M·C1M=×2×2=2,
∴·AA1
=×2×5=,
即三棱錐B1-AMC1的體積為.
2.證明:(1)方法一:因?yàn)镈1D⊥平面ABCD,且BD?平面ABCD,
所以D1D⊥BD.
又因?yàn)锳B=2AD,∠BAD=60°,
在△ABD中,由余弦定理得
BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos 60°=3AD2,
所以AD2+BD2=AB2.
所以AD⊥BD.
又AD∩D1D=D,
所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1?平面ADD1A1,
故AA1⊥BD.
方法二:因?yàn)镈1D⊥平面ABCD,且BD?平
6、面ABCD,
所以BD⊥D1D.
如圖,取AB的中點(diǎn)G,連接DG,
在△ABD中,由AB=2AD,得AG=AD.
又∠BAD=60°,
所以△ADG為等邊三角形.
因此GD=GB,
故∠DBG=∠GDB.
因?yàn)椤螦GD=60°,
所以∠GDB=30°.
故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°,
所以BD⊥AD.
又AD∩D1D=D,
所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1?平面ADD1A1,
故AA1⊥BD.
(2)如圖,連接AC,A1C1,
設(shè)AC∩BD=E,連接EA1.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形,
所以EC=AC.
由棱
7、臺(tái)定義及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC,
所以四邊形A1ECC1為平行四邊形,
所以CC1∥A1E.
又EA1?平面A1BD,CC1?平面A1BD,
所以CC1∥平面A1BD.
3.(1)證明:由AA1⊥BC知BB1⊥BC,又BB1⊥A1B,
故BB1⊥平面BCA1,即BB1⊥A1C,
又BB1∥CC1,
所以A1C⊥CC1.
(2)解法一:設(shè)AA1=x,
在Rt△A1BB1中,A1B=,
同理,A1C=.
在△A1BC中,
cos∠BA1C=
=-,
sin∠BA1C=,
所以A1B·A1C·sin∠BA1C=.
從而三棱柱ABC-
8、A1B1C1的體積V=·AA1=.
因x
=,
故當(dāng)x=時(shí),即AA1=時(shí),體積V取到最大值.
解法二:過A1作BC的垂線,垂足為D,連接AD.
由AA1⊥BC,A1D⊥BC,故BC⊥平面AA1D,BC⊥AD.
又∠BAC=90°,
所以S△ABC=AD·BC=AB·AC得AD=.
設(shè)AA1=x,在Rt△AA1D中,
A1D=,
A1D·BC=.
從而三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=·AA1=.
因x
=,
故當(dāng)x=時(shí),即AA1=時(shí),體積V取到最大值.
4.(1)證明:∵AC=6,BC=3,∠ABC=90°,
∴∠ACB=60°.
∵CD為∠ACB的平分
9、線,
∴∠BCD=∠ACD=30°.
∴CD=2.
∵CE=4,∠DCE=30°,
∴DE2=CE2+CD2-2CE·CD·cos 30°=4.
∴DE=2,則CD2+DE2=EC2.
∴∠CDE=90°,DE⊥DC.
又∵平面BCD⊥平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,DE?平面ACD,
∴DE⊥平面BCD.
(2)解:∵EF∥平面BDG,EF?平面ABC,平面ABC∩平面BDG=BG,
∴EF∥BG.
∵點(diǎn)E在線段AC上,CE=4,點(diǎn)F是AB的中點(diǎn),
∴AE=EG=CG=2.
如圖,作BH⊥CD于H.
∵平面BCD⊥平面ACD,
∴BH⊥平面ACD.
10、
由條件得BH=,
S△DEG=S△ACD=AC·CD·sin 30°=,
∴三棱錐B-DEG的體積
V=S△DEG·BH
=.
5.(1)證明:取AF的中點(diǎn)G,連接CG,GM,
因?yàn)镋為PC中點(diǎn),FA=2FP,
所以EF∥CG.
又CG?平面BEF,EF?平面BEF,
所以CG∥平面BEF.
同理可證:GM∥平面BEF.
又CG∩GM=G,所以平面CMG∥平面BEF.
因?yàn)镃M?平面CMG,所以CM∥平面BEF.
(2)證明:因?yàn)镻B⊥底面ABC,且AC?底面ABC,
所以PB⊥AC.
由∠BCA=90°,得AC⊥CB.
又因?yàn)镻B∩CB=B,所以AC⊥
11、平面PBC.
因?yàn)锽E?平面PBC,所以AC⊥BE.
因?yàn)镻B=BC,E為PC中點(diǎn),
所以BE⊥PC.
因?yàn)镻C∩AC=C,所以BE⊥平面PAC.
(3)解:由(2)可知BE⊥平面PAC,AC⊥平面PBC,
PC==4.
又由已知可得BE=2.
因?yàn)镻E=PC=2,
所以S△APE=S△PAC
=AC·PC=4.
所以VB-PAE=S△PAE·BE=.
故三棱錐B-PAE的體積為.
6.(1)證明:如圖,因ABCD為菱形,O為菱形中心,連接OB,則AO⊥OB.
因∠BAD=,故OB=AB·sin∠OAB
=2sin=1,
又因BM=,且∠OBM=,在△OBM
12、中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2·1··cos.
所以O(shè)B2=OM 2+BM 2,故OM⊥BM.
又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.
從而BC與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.
(2)解:由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos.
設(shè)PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形,
故PA2=PO2+OA2=a2+3.
由△POM也是直角三角形,
故PM2=PO2+OM2= a2+.
連接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2·2··cos.
由已知MP⊥AP,故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2,
即a2+3+a2+,
得a=,a=-(舍去),
即PO=.
此時(shí)SABMO=S△AOB+S△OMB
=·AO·OB+·BM·OM
=×1+.
所以四棱錐P-ABMO的體積VP-ABMO=·SABMO·PO=.
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