2022届高考数学一轮复习精选试题：空间几何体（解答题）.docVIP

精品 Word 可修改 欢迎下载 必威体育精装版 精品 Word 欢迎下载 可修改 精品 Word 可修改 欢迎下载 空间几何体02 解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 1．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点． (1)求证：B1C∥平面A1BD； (2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1； (3)在CC1上是否存在一点E，使得∠BA1E＝45°，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由． 【答案】(1)连结AB1与A1B相交于M，则M为A1B的中点．连结MD，又D为AC的中点， ∴B1C∥MD， 又B1C?平面A1BD，MD?平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD. (2)∵AB＝B1B，∴平行四边形ABB1A1为正方形， ∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD， ∴AC1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1. 又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥B1C1， ∴B1C1⊥平面ABB1A1. (3)设AB＝a，CE＝x，∵B1C1⊥A1B1，在Rt△A1B1C1中有A1C1＝eq \r(2)a，同理A1B1＝eq \r(2)a， ∴C1E＝a－x， ∴A1E＝eq \r(2a2＋(a－x)2)＝eq \r(x2＋3a2－2ax)，BE＝eq \r(a2＋x2)， ∴在△A1BE中，由余弦定理得 BE2＝A1B2＋A1E2－2A1B·A1E·cos45°，即 a2＋x2＝2a2＋x2＋3a2－2ax－2eq \r(2)aeq \r(3a2＋x2－2ax)·eq \f(\r(2),2)， ∴eq \r(3a2＋x2－2ax)＝2a－x， ∴x＝eq \f(1,2)a，即E是C1C的中点， ∵D、E分别为AC、C1C的中点，∴DE⊥AC1. ∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面A1BD. 又DE?平面BDE，∴平面A1BD⊥平面BDE. 2．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900. M为AB的中点 (1）求证：BC//平面PMD (2）求证：PC⊥BC； (3）求点A到平面PBC的距离. 【答案】（1）因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC. 由∠BCD=900，得BC⊥DC.又， 平面PCD，平面PCD，所以BC⊥平面PCD. 因为平面PCD，所以PC⊥BC. (2）如图，连结AC.设点A到平面PBC的距离h. 因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900. 从而由AB=2，BC=1，得的面积. 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥的体积 因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC. 又PD=DC=1，所以. 由PC⊥BC，BC=1，得的面积.由，得. 因此点A到平面PBC的距离为. 3．如图，在四面体中，，，点，分别是，的中点． (1)求证：平面⊥平面； (2)若平面⊥平面，且， 求三棱锥的体积． 【答案】 (1)∵分别是的中点, ∴∥. 又 ，∴. ∵，∴. ∵，∴面. ∵面，∴平面平面. (2) ∵ 面面，且, ∴面. 由和，得是正三角形. 所以. 所以 . 4．如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD=DC=4，AD=2，E为PC的中点. (I）求证：AD⊥PC； (II）求三棱锥P-ADE的体积； (III）在线段AC上是否存在一点M，使得PA//平面EDM，若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（I）因为PD⊥平面ABCD. 所以PD⊥AD. 又因为ABCD是矩形， 所以AD⊥CD. 因为 所以AD⊥平面PCD. 又因为平面PCD， 所以AD⊥PC. (II）因为AD⊥平面PCD，VP-ADE=VA-PDE， 所以AD是三棱锥A—PDE的高. 因为E为PC的中点，且PD=DC=4， 所以 又AD=2， 所以 (III）取AC中点M，连结EM、DM， 因为E为PC的中点，M是AC的中点， 所以EM//PA， 又因为EM平面EDM，PA平面EDM， 所以PA//平面EDM. 所以 即在AC边上存在一点M，使得PA//平面EDM，AM的长为. 5．如图，直三棱柱，，，点分别为和的中点 (1）证明：； (2）若二面角为直二面角，求的值 【答案】（1）连结，由已知 三棱柱为直三棱柱， 所以为中点.又因为为中点 所以，又平面 平面，因