（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí) 解答題專題練（二）立體幾何 文 蘇教版

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1、解答題專題練(二)　立體幾何 (建議用時：40分鐘) 1．(2019·南通密卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥BC，G為PA上一點． (1)求證：平面PCD⊥平面ABCD； (2)若PC∥平面BDG，求證：G為PA的中點． 2．(2019·湛江模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝AD，PA＝PD，M，N分別為AD和PC的中點． (1)求證：PA∥平面MNB； (2)求證：平面PAD⊥平面PMB.

2、 3.(2019·湛江模擬)如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，AB⊥BC，平面ABCD⊥平面BCE，△BCE為等邊三角形，M，F(xiàn)分別是BE，BC的中點，DN＝DC. (1)證明：EF⊥AD； (2)證明：MN∥平面ADE； (3)若AB＝1，BC＝2，求幾何體ABCDE的體積． 4.(2019·徐州模擬)在正四棱錐S-ABCD中，底面邊長為a，側(cè)棱長為a，P為側(cè)棱SD上的一點． (1)當(dāng)四面體ACPS的體積為時，求的值； (2)在(1)的條件下，若E是SC的中點，求證：BE∥ 平面APC.

3、 解答題專題練(二) 1．證明：(1)因為底面ABCD為矩形，所以BC⊥CD，又因為PD⊥BC， CD，PD?平面PCD，PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD， 又因為BC?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCD. (2)連結(jié)AC，交BD于O，連結(jié)GO，因為PC∥平面BDG， 平面PCA∩平面BDG＝GO，所以PC∥GO， 所以＝，因為底面ABCD為矩形，所以O(shè)是AC的中點， 即CO＝OA， 所以PG＝GA，所以G為PA的中點． 2．證明：(1)連結(jié)AC交MB于Q，連結(jié)NQ，MC. 因為AM∥BC，AM＝AD＝BC， 所以四邊形A

4、BCM是平行四邊形， 所以Q是AC的中點. 又N是PC的中點，所以NQ∥PA. 因為NQ?平面MNB，PA?平面MNB，所以PA∥平面MNB. (2)因為PA＝PD，AM＝MD，所以PM⊥AD. 因為MD∥BC，MD＝BC， 所以四邊形BCDM是平行四邊形，所以MB∥DC. 因為∠ADC＝90°，即AD⊥DC，所以AD⊥MB. 因為PM∩MB＝M，PM，MB?平面PMB， 所以AD⊥平面PMB. 因為AD?平面PAD， 所以平面PAD⊥平面PMB. 3．解：(1)證明：因為△BCE為等邊三角形，F(xiàn)是BC的中點， 所以EF⊥BC. 又因為平面ABCD⊥平

5、面BCE，交線為BC，EF?平面BCE， 根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理得EF⊥平面ABCD； 又因為AD?平面ABCD， 所以EF⊥AD. (2)證明：取AE中點G，連結(jié)MG，DG. 因為AG＝GE，BM＝ME， 所以GM∥AB，且GM＝AB， 因為AB∥CD，AB＝CD，DN＝DC， 所以DN∥AB，且DN＝AB， 所以四邊形DGMN是平行四邊形， 所以DG∥MN， 又因為DG?平面ADE，MN?平面ADE， 所以MN∥平面ADE. (3)依題，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，CD＝2，BC＝2， 則直角梯形ABCD的面積為S梯形ABCD＝(A

6、B＋CD)×BC＝(1＋2)×2＝3， 由(1)可知EF⊥平面ABCD，EF是四棱錐E-ABCD的高， 在等邊△BCE中，由邊長BC＝2，得EF＝2×sin 60°＝， 故幾何體ABCDE的體積為 VE-ABCD＝·S梯形ABCD·EF＝×3×＝. 4．解：(1)連結(jié)AC，BD，AC∩BD＝O，連結(jié)SO. 設(shè)PD＝x，過P作PH⊥DB于H，因為平面SBD⊥平面ABCD且BD為交線， 則PH⊥平面ABCD，又SO⊥平面ABCD，所以PH∥SO， 在Rt△SOB中，SO＝＝a， 因為＝，所以PH＝＝＝x，所以VS-PAC＝VS-ACD－VP-ACD＝× ＝a3，解得x＝a，所以＝＝2. (2)證明：取SP中點Q，連結(jié)QE，BQ， 則EQ∥PC，EQ?平面PAC，PC?平面PAC，所以EQ∥平面PAC， 則BQ∥PO，BQ?平面PAC，PO?平面PAC，所以BQ∥平面PAC， 而EQ與BQ為平面BEQ內(nèi)的兩條相交直線， 所以平面BEQ∥平面PAC， 而BE?平面BEQ，所以BE∥平面APC. - 5 -