通用版2019高考数学二轮复习解答题通关练3立体几何文

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1、3.立体几何1.如图，在三棱柱ABF－DCE中，∠ABC＝120°，BC＝2CD,AD＝AF,AF⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥EC；(2)若AB＝1，求四棱锥B－ADEF的体积.(1)证明　已知ABF－DCE为三棱柱，且AF⊥平面ABCD，∴DE∥AF，ED⊥平面ABCD.∵BD⊂平面ABCD，∴ED⊥BD，又ABCD为平行四边形，∠ABC＝120°，故∠BCD＝60°，又BC＝2CD，故∠BDC＝90°，故BD⊥CD，∵ED∩CD＝D，ED，CD⊂平面ECD，∴BD⊥平面ECD，∵EC⊂平面ECD

2、，故BD⊥EC.(2)解　由BC＝2CD得AD＝2AB，∵AB＝1，故AD＝2，作BH⊥AD于点H，∵AF⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，∴AF⊥BH，又AD∩AF＝A，AD，AF⊂平面ADEF，∴BH⊥平面ADEF，又∠ABC＝120°，∴在△ABH中，∠BAH＝60°，又AB＝1，∴BH＝，∴VB－ADEF＝×(2×2)×＝.2.如图，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ(0<λ<1).5(1)求证：无论λ为何

3、值，总有平面BEF⊥平面ABC；(2)是否存在实数λ，使得平面BEF⊥平面ACD.(1)证明　∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.∵CD⊥BC，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABC.又∵＝＝λ(0<λ<1)，∴无论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.又∵EF⊂平面BEF，∴无论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC.(2)解　假设存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD.由(1)知BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF，BE⊂平面BEF，

4、∴BE⊥平面ACD.又∵AC⊂平面ACD，∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1，∠BCD＝∠ABD＝90°，∠ADB＝60°，∴BD＝，∴AB＝tan60°＝，∴AC＝＝.由Rt△AEB∽Rt△ABC，得AB2＝AE·AC，∴AE＝，∴λ＝＝.故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.3.如图，在四棱锥P—ABCD中，PC＝AD＝CD＝AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.5(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由；

5、并求三棱锥A—CMN的高.(1)证明　连接AC，在直角梯形ABCD中，AC＝＝2，BC＝＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.又PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PC⊥BC，又AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC，故BC⊥平面PAC.(2)解　N为PB的中点，连接MN，CN.因为M为PA的中点，N为PB的中点，所以MN∥AB，且MN＝AB＝2.又因为AB∥CD，所以MN∥CD，所以M，N，C，D四点共面，所以N为过C，D，M三点的平面与线段PB的交点.因为BC⊥平面PAC，N为PB的

6、中点，所以点N到平面PAC的距离d＝BC＝.又S△ACM＝S△ACP＝××AC×PC＝，所以V三棱锥N—ACM＝××＝.由题意可知，在Rt△PCA中，PA＝＝2，CM＝，5在Rt△PCB中，PB＝＝2，CN＝，所以S△CMN＝×2×＝.设三棱锥A—CMN的高为h，V三棱锥N—ACM＝V三棱锥A—CMN＝××h＝，解得h＝，故三棱锥A—CMN的高为.4.(2018·乐山联考)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.(1)若D为线段AC的中点，求证：AC

7、⊥平面PDO；(2)求三棱锥P－ABC体积的最大值；(3)若BC＝，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值.(1)证明　在△AOC中，因为OA＝OC,D为AC的中点，所以AC⊥OD.又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC.因为DO∩PO＝O，DO，PO⊂平面PDO，所以AC⊥平面PDO.(2)解　因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为×2×1＝1.又因为三棱锥P－ABC的高PO＝1，故三棱锥P－ABC体积的最大值为×1×1＝.(3

8、)解　在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以PB＝＝.同理PC＝，所以PB＝PC＝BC.在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面C′PB，使之与平面ABP共面，如图所示.当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值.又因为OP＝OB，C′P＝C′B，所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点.5从而OC′＝OE＋EC′＝＋＝，即CE＋OE的最小值为.5