【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)专题4-高考中的立体几何问题.docx

专题四　高考中的立体几何问题

1.如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB．

(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析]　(1)∵PA⊥底面ABCD，CE平面ABCD
∴CE⊥PA，
又∵AB⊥AD，CE∥AB．∴CE⊥AD．
又∵PA∩AD＝A，∴CE⊥平面PAD．
(2)由(1)可知CE⊥AD．
在Rt△ECD中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.
又∵AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形．
∴S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△CDE＝AB·AE＋CE·DE
＝1×2＋×1×1＝.
又PA⊥底面ABCD，PA＝1
所以V四棱锥p－ABCD＝S四边形ABCD×PA＝××1＝.
2．(2021·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点．
求证：(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD．
[证明]　(1)在△PAD中，由于E、F分别为AP、AD的中点，所以EF∥PD．
又由于EF⃘平面PCD，PD平面PCD．
所以直线EF∥平面PCD．
(2)连结BD．由于AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．由于F是AD的中点，所以BF⊥AD．
由于平面PAD⊥平面ABCD，
BF平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．
又由于BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．
3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD．

[解析]　(1)由于平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，
所以PA⊥底面ABCD．
(2)由于AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以四边形ABED为平行四边形．
所以BE∥AD．
又由于BE⃘平面PAD，AD平面PAD，
所以BE∥平面PAD．
(3)由于AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD．
由(1)知PA⊥底面ABCD．所以PA⊥CD．
所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PD．
由于E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF.所以CD⊥EF，
又由于CD⊥BE，BE∩EF＝E，
所以CD⊥平面BEF.
所以平面BEF⊥平面PCD．
4．如图，在几何体P－ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝PA＝2.

(1)当AD＝2时，求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)若PC与AD所成的角为45°，求几何求P－ABCD的体积．
[解析]　(1)证明：当AD＝2时，四边形ABCD是正方形，则BD⊥AC．
∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
∴PA⊥BD．
又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．
∵BD平面PBD，
∴平面PBD⊥平面PAC．
(2)解：PC与AD成45°角，AD∥BC，
则∠PCB＝45°.
∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAB，PB平面PAB．
∴BC⊥PB．
∴∠CPB＝90°－45°＝45°.
∴BC＝PB＝2.
∴几何体P－ABCD的体积为×(2×2)×2＝.

1.(2022·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．

(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；
(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．
[解析]　(1)由于四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．
由于AB，AC为平面ABC内两条相交直线，
所以AA1⊥平面ABC．
由于直线BC平面ABC，所以AA1⊥BC．
又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．
由已知，O为AC1的中点．

连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以，MD綊AC，OE綊AC，
因此MD綊OE.
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.
由于直线DE⃘平面A1MC，MO平面A1MC．
所以直线DE∥平面A1MC．
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．
2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.

(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：CC1∥平面A1BD．
[解析]　(1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD
∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°
∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD
即BD＝AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD
又∵AD∩DD1＝D
∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A1，
∴BD⊥AA1
(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C1，

∵底面ABCD是平行四边形，∴AM＝CM＝AC
又∵AB＝2AD＝2A1B1
∴A1G綊CM，即四边形A1MCC1是平行四边形；
∴CC1∥AM1，又∵CC1⃘平面A1BD，A1M平面A1BD
∴CC1∥平面A1BD．
3．(文)(2021·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC中，G，F为边AC的三等分点，E，P分别是AB，BC边上的点，满足AE＝CP＝1，今将△BEP，△CFP分别沿EP，FP向上折起，使边BP与边CP所在的直线重合，B，C折后的对应点分别记为B1，C1.

(1)求证：C1F∥平面B1GE；
(2)求证：PF⊥平面B1EF.
[解析]　(1)取EP的中点D，连接FD，C1D．
由于BC＝3，CP＝1，所以折起后C1为B1P的中点．
所以在△B1EP中，DC1∥EB1.
又由于AB＝BC＝AC＝3，AE＝CP＝1，
所以＝，所以EP＝2且EP∥GF.
由于G，F为AC的三等分点，所以GF＝1.
又由于ED＝EP＝1，所以GF＝ED，
所以四边形GEDF为平行四边形．
所以FD∥GE.
又由于DC1∩FD＝D，GE∩B1E＝E，
所以平面DFC1∥平面B1GE.
又由于C1F平面DFC1，
所以C1F∥平面B1GE.
(2)连接EF，B1F，由已知得∠EPF＝60°，且FP＝1，EP＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3，
所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF⊥EF.
由于B1C1＝PC1＝1，C1F＝1，得FC1＝B1C1＝PC1，
所以△PB1F的中线C1F＝PB1，可得△PB1F是直角三角形，即B1F⊥PF.
由于EF∩B1F＝F，EF，B1F平面B1EF，
所以PF⊥平面B1EF.
(理)(2022·浙江高考)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.
(1)证明：DE⊥平面ACD；
(2)求二面角B－AD－E的大小．
[解析]　(1)在平面四边形BCDE中，BC＝，在三角形ABC中，AB＝2，BC＝，AC＝.依据勾股定理逆定理．∴AC⊥BC．
∵平面ABC⊥平面BCOE，而平面ABC∩平面BCDE＝BC
AC⊥BC，∴AC⊥平面BCDE，∴AC⊥DE，
又∵AC⊥DE，DE⊥DC，∴DE⊥平面ACD．
(2)由(1)知分别以、为x轴、z轴正方向．
以过C平行为y轴正向建立坐标系．
则B(1,1,0)，A(0,0，)，D(2,0,0)，E(2,1,0)
∴＝(1,1，－)，＝(2,0，－)，＝(0,1,0)
设平面ABD法向量n1＝(x1，y1，z1)，
由n1·＝n1·＝0，解得n1＝(1,1，)
设平面ADE法向量n2＝(x2，y2，z2)，
则n2·＝n2·＝0，解得：n2＝(1,0，)
设平面ABD与平面ADE夹角为θ，
cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝
∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为.