2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題7 立體幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文

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1、第2講　綜合大題部分 1. (2018·高考天津卷)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°. (1)求證：AD⊥BC； (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值； (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值． 解析：(1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC. (2)如圖，取棱AC的中點N，連接MN，ND. 又因為M為棱AB的中點，所以MN∥BC. 所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角． 在R

2、t△DAM中，AM＝1，故DM＝＝. 因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC. 在Rt△DAN中，AN＝1， 故DN＝＝. 在等腰三角形DMN中，MN＝1， 可得cos∠DMN＝＝. 所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為. (3)如圖，連接CM.因為△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，所以CM⊥AB，CM＝. 又因為平面ABC⊥平面ABD， 平面ABC∩平面ABD＝AB， 而CM?平面ABC，故CM⊥平面ABD， 所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角． 在Rt△CAD中，CD＝＝4. 在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝. 所以，直線CD與平面ABD所成

3、角的正弦值為. 2．(2018·高考北京卷)如圖，在四棱錐P -ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點． (1)求證：PE⊥BC； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD； (3)求證：EF∥平面PCD. 證明：(1)因為PA＝PD，E為AD的中點， 所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形， 所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因為底面ABCD為矩形， 所以AB⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD， 所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD， 所以PD⊥平面PAB.

4、 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖，取PC的中點G，連接FG，DG. 因為F，G分別為PB，PC的中點， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC. 因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形． 所以EF∥DG. 又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 3．(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且

5、四棱錐P-ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積． 解析：(1)證明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD， 又AP∩PD＝P，從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)如圖所示，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E. 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD. 設(shè)AB＝x，則由已知可得AD＝x，PE＝x. 故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝AB·AD·PE＝x3. 由題設(shè)得x3＝，故x＝2. 從而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2. 可

6、得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2. 4. (2017·高考全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°. (1)證明：直線BC∥平面PAD； (2)若△PCD的面積為2，求四棱錐PABCD的體積． 解析：(1)證明：在平面ABCD內(nèi)，因為∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD. 又BC?平面PAD，AD?平面PAD， 故BC∥平面PAD. (2)如圖，取AD的中點M，連接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD， ∠AB

7、C＝90°得四邊形ABCM為正方形，則CM⊥AD. 因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD. 因為CM?底面ABCD，所以PM⊥CM. 設(shè)BC＝x， 則CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x. 如圖，取CD的中點N，連接PN，則PN⊥CD， 所以PN＝x. 因為△PCD的面積為2， 所以×x×x＝2， 解得x＝－2(舍去)或x＝2. 于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2. 所以四棱錐PABCD的體積V＝××2＝4. 1. 在多面體ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四邊形

8、ADEF是正方形，AB∥DC，AB＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝. (1)求證：平面EBC⊥平面EBD； (2)設(shè)M為線段EC上一點，且3EM＝EC，試問在線段BC上是否存在一點T，使得MT∥平面BDE，若存在，試指出點T的位置；若不存在，請說明理由． 解析：(1)證明：∵EC＝，CD＝2，ED＝1. ∴EC2＝CD2＋ED2，∴ED⊥DC. 又四邊形ADEF是正方形，所以AD⊥DE， 又AD∩DC＝D， 所以ED⊥平面ABCD. 又BC?平面ABCD，所以ED⊥BC. 在梯形ABCD中，過點B作BH⊥CD于點H， 故四邊形ABHD是正方形，所以∠ADB＝45°，BD＝

9、. 在Rt△BCH中，BH＝CH＝1，所以BC＝， 故BD2＋BC2＝DC2，所以BC⊥BD. 因為BD∩ED＝D，BD?平面EBD，ED?平面EBD， 所以BC⊥平面EBD， 又BC?平面EBC，所以平面EBC⊥平面EBD. (2)在線段BC上存在一點T，使得MT∥平面BDE，此時3BT＝BC. 連接MT，在△EBC中，因為＝＝， 所以MT∥EB. 又MT?平面BDE，EB?平面BDE，所以MT∥平面BDE. 2．如圖①，正方形ABCD的邊長為4，AB＝AE＝BF＝EF，AB∥EF，把四邊形ABCD沿AB折起，使得AD⊥底面AEFB，G是EF的中點，如圖②. 　　 圖

10、①　　　　　　　　　　圖② (1)求證：DE∥平面AGC； (2)求證：AG⊥平面BCE. 證明：(1)由已知AB∥DC∥EF， 又AB＝DC＝EF，G是EF的中點， 所以CD綊EG， 所以四邊形DCGE是平行四邊形， 所以DE∥CG. 因為DE?平面AGC，CG?平面AGC， 所以DE∥平面AGC. (2)連接BG(圖略)， 因為BC∥AD，AD⊥底面AEFB， 所以BC⊥底面AEFB，又AG?底面AEFB， 所以BC⊥AG. 因為AB綊EG，AB＝AE. 所以四邊形ABGE為菱形，所以AG⊥BE. 又BC∩BE＝B，BE?平面BCE，BC?平面BCE， 所

11、以AG⊥平面BCE. 3. 如圖，在直三棱柱ADF-BCE中，AB＝BC＝BE＝2，CE＝2. (1)求證：AC⊥平面BDE； (2)若點K在線段BE上，且EK＝，求三棱錐K-BDF的體積． 解析：(1)證明：在直三棱柱ADF-BCE中， AB⊥平面BCE，所以AB⊥BE，AB⊥BC. 又AB＝BC＝BE＝2，CE＝2， 所以BC2＋BE2＝CE2，且AC⊥BD，所以BE⊥BC. 因為AB∩BC＝B，所以BE⊥平面ABCD. 因為AC?平面ABCD，所以BE⊥AC. 因為BD∩BE＝B，所以AC⊥平面BDE. (2)由(1)可得，AD⊥平面ABEF， 因為AB＝BC＝B

12、E＝2，EK＝， 所以S△KBF＝××2＝，所以VK-BDF＝VD-KBF＝S△KBF×DA＝××2＝. 4．如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中點，點Q在側(cè)棱PC上． (1)求證：AD⊥平面PBE； (2)若Q是PC的中點，求證：PA∥平面BDQ； (3)若VPBCDE＝2VQABCD，試求的值． 解析：(1)證明：由E是AD的中點， PA＝PD可得AD⊥PE. 又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°， 所以AB＝BD，又E是AD的中點，所以AD⊥BE， 又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE. (2)證明：連接AC，交BD于點O，連接OQ. 因為O是AC的中點，Q是PC的中點， 所以O(shè)Q∥PA， 又PA?平面BDQ，OQ?平面BDQ， 所以PA∥平面BDQ. (3)設(shè)四棱錐PBCDE，QABCD的高分別為h1，h2. 所以VPBCDE＝S四邊形BCDEh1， VQABCD＝S四邊形ABCDh2. 又VPBCDE＝2VQABCD， 且S四邊形BCDE＝S四邊形ABCD，所以＝＝. 8