《2019版高考數學二輪復習 專題五 立體幾何 專題突破練16 空間中的垂直與幾何體的體積 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考數學二輪復習 專題五 立體幾何 專題突破練16 空間中的垂直與幾何體的體積 文（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題突破練?16 空間中的垂直與幾何體的體積 1 1.(2018?江蘇卷,15)在平行六面體?ABCD-A?B1C1D1?中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求證:(1)AB∥平面?A1B1C; (2)平面?ABB1A1⊥平面?A1BC. 2.如圖,四面體?ABCD?中 ABC?是正三角形,AD=CD. (1)證明:AC⊥BD; (2)已知△ACD?是直角三角形,AB=BD,若?E?為棱?BD?上

2、與?D?不重合的點,且?AE⊥EC,求四面體 ABCE?與四面體?ACDE?的體積比. 3.(2018?江?西?南?昌?三?模?,?文?18)?如?圖?,?多?面?體?ABCDEF?中?,?四?邊?形?ABCD?為?正?方 形,AB=2,AE=3,DE= ,EF= ,cos∠CDE= ,且?EF∥BD. (1)證明:平面?ABCD⊥平面?EDC; (2)求三棱錐?A-EFC?的體積.

3、 4.如圖,菱形?ABCD?的對角線?AC?與?BD?交于點?O,點?E,F?分別在?AD,CD?上,AE=CF,EF?交?BD?于點 將 DEF?沿?EF?折到△D'EF?的位置. (1)證明:AC⊥HD'; (2)若?AB=5,AC=6,AE=?,OD'=2 ,求五棱錐?D'-ABCFE的體積. 2 5.(2018?河南鄭州三

4、模,文?19)如圖,四棱錐?E-ABCD中,AD∥BC,AD=AB=AE=?BC=1,且?BC⊥底面 ABE,M?為棱?CE?的中點, (1)求證:直線?DM⊥平面?CBE; (2)當四面體?D-ABE?的體積最大時,求四棱錐?E-ABCD?的體積. 6.如圖,在三棱臺?ABC-DEF中,平面?BCFE⊥平面?ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF⊥平面?ACFD; (2)求直線?BD

5、?與平面?ACFD?所成角的余弦值. 7.(2018?全國卷?3,文?19)如圖,矩形?ABCD?所在平面與半圓弧?所在平面垂直,M?是?上異于 C,D?的點. 3 (1)證明:平面?AMD⊥平面?BMC; (2)在線段?AM?上是否存在點?P,使得?MC∥平面?PBD?說明理由.

6、8.如圖(1),在直角梯形?ABCD?中,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=BC=2,AD=6,CE⊥AD?于點?E把 DEC 沿?CE?折到△D'EC?的位置,使?D'A=2 ,如圖(2).若?G,H?分別為?D'B,D'E?的中點. (1)求證:GH⊥D'A; (2)求三棱錐?C-D'BE?的體積. 4 參

7、考答案 專題突破練?16 空間中的垂直與 幾何體的體積 1 1.證明?(1)在平行六面體?ABCD-A?B1C1D1?中,AB∥A1B1. 因為?AB?平面?A1B1C,A1B1??平面?A1B1C,所以?AB∥平面?A1B1C. 1 (2)在平行六面體?ABCD-A?B1C1D1?中,四邊形?ABB1A1?為平行四邊形. 又因為?AA1=AB,所以四邊形?ABB1A1?為菱形,因此?AB1⊥A1B. 又因為?AB1⊥B1C1,BC∥B1C1, 所以?AB1⊥BC. 又因為?A1B∩BC=B,A1B??平面?A1BC,BC??平

8、面?A1BC, 所以?AB1⊥平面?A1BC. 因為?AB1??平面?ABB1A1, 所以平面?ABB1A1⊥平面?A1BC. 2.(1)證明?取?AC?的中點?O,連接?DO,BO. 因為?AD=CD,所以?AC⊥DO. 又由于△ABC?是正三角形, 所以?AC⊥BO. 從而?AC⊥平面?DOB,故?AC⊥BD. (2)解?連接?EO. 由(1)及題設知∠ADC=90°, 所以?DO=AO. 在? AOB?中,BO2+AO2=AB2. 又?AB=BD,所以?BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.

9、 5 由題設知△AEC?為直角三角形, 所以?EO=?AC. 又△ABC?是正三角形,且?AB=BD, 所以?EO=?BD. 故?E?為?BD?的中點,從而?E?到平面?ABC?的距離為?D?到平面?ABC?的距離的?,四面體?ABCE?的 體積為四面體?ABCD?的體積的?,即四面體?ABCE?與四面體?ACDE?的體積之比為?1∶1. 3.(1)?證明?∵AB=2,AE=3,DE= ,?由勾股定理得 AD⊥?DE.又正方形?ABCD?中?AD⊥?DC,?且 DE∩DC

10、=D, ∴AD⊥平面?EDC. ∵AD??面?ABCD, ∴平面?ABCD⊥平面?EDC. (2)解?由已知?cos∠CDE= ,連接?AC?交?BD?于?G. 作?OE⊥CD?于?O, 則?OD=DE·cos∠CDE=1,OE=2. 又由(1)知,平面?ABCD⊥平面?EDC,平面?ABCD∩平面?EDC=CD, OE??平面?EDC,得?OE⊥面?ABCD. 由?EF∥BD,EF= ,知四邊形?DEFG?為平行四邊形,即?DE∥FG, 而?VA-EFC=VE-AFC,進而?VA-

11、EFC=VE-AFC=VD-AFC=VF-ADC.又由?EF∥BD,VF-ADC=VE-ADC= ×2×2×2=?,所 以,三棱錐?A-EFC?的體積為?. 4.(1)證明?由已知得?AC⊥BD,AD=CD. 又由?AE=CF?得 ,故?AC∥EF.由此得?EF⊥HD,EF⊥HD',所以?AC⊥HD'. 6 (2)解?由?EF∥AC?得 . 由?AB=5,AC=6?得?DO=BO= =4. 所以?OH=1,D'H=DH=3. 于是?OD'2+OH2=(2 )2+12=9=D'H2,故?OD'⊥OH.

12、由(1)知?AC⊥HD', 又?AC⊥BD,BD∩HD'=H, 所以?AC⊥平面?BHD',于是?AC⊥OD'.又由?OD'⊥OH,AC∩OH=O, 所以,OD'⊥平面?ABC. 又由 得?EF=?. 五邊形?ABCFE?的面積?S=?×6×8- ×3= . 所以五棱錐?D'-ABCFE的體積?V= ×2 . 5.解?(1)∵AE=AB,設?N?為?EB?的中點, ∴AN⊥EB. 又?BC⊥平面?AEB,AN??平面?AEB, ∴BC⊥AN. 又?BC∩BE=B,∴AN⊥平面?BCE. ∵MN∥BC,MN=

13、?BC, ∴AD?MN. ∴四邊形?ANMD?為平行四邊形,DM∥AN, ∴DM⊥平面?CBE. (2)設∠EAB=θ?,AD=AB=AE=1,且?AD⊥底面?ABE, 則四面體?D-ABE?的體積?V= ×AE·AB·sin?θ?·AD=?sin?θ?, 當?θ?=90°,即?AE⊥AB?時體積最大. 又?BC⊥平面?AEB,AE??平面?AEB, ∴AE⊥BC, ∵BC∩AB=B,∴AE⊥平面?ABC, = VE-ABCD ×(1+2)×1×1=?. 6.(1)證明?延長?AD,BE,CF?相交于一點?K,如圖所示.

14、 7 因為平面?BCFE⊥平面?ABC,且?AC⊥BC,所以?AC⊥平面?BCK,因此?BF⊥AC. 又因為?EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=所以 BCK?為等邊三角形,且?F?為?CK?的中點,則?BF⊥ CK. 所以?BF⊥平面?ACFD. (2)解?因為?BF⊥平面?ACK,所以∠BDF?是直線?BD?與平面?ACFD?所成的角. 在? BFD?中,BF= ,DF=?,得?cos∠BDF= ,所以直線?BD?與平面?ACFD?所成角的余 弦值為 . 7.解?

15、(1)由題設知,平面?CMD⊥平面?ABCD,交線為?CD.因為?BC⊥CD,BC??平面?ABCD,所以?BC⊥ 平面?CMD,故?BC⊥DM. 因為?M?為 上異于?C,D?的點,且?DC?為直徑,所以?DM⊥CM. 又?BC∩CM=C,所以?DM⊥平面?BMC.而?DM??平面?AMD,故平面?AMD⊥平面?BMC. (2)當?P?為?AM?的中點時,MC∥平面?PBD. 證明如下:連接?AC?交?BD?于?O.因為?ABCD?為矩形,所以?O?為?AC?中點. 連接?OP,因為?P?為?AM?中點,所以?MC∥OP. MC?平面?PBD,OP??平面?PBD,

16、所以?MC∥平面?PBD. 8.(1)證明?連接?BE,GH,AC在 AED'中, ED'2=AE2+AD'2,可得?AD'⊥AE. 又?DC= =2 , AC=2 ,可得?AC2+AD'2=CD'2,可得?AD'⊥AC. 8 因為?AE∩AC=A,所以?AD'⊥平面?ABCE,所以?AD'⊥BE. 又?G,H?分別為?D'B,D'E?的中點, 所以?GH∥BE,所以?GH⊥D'A. (2)解?設三棱錐?C-D'BE?的體積為?V, 則?V=??BCE·AD'= ×2×2×2 . 9