（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練17 空間中的平行與幾何體的體積 文

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1、專題突破練17　空間中的平行與幾何體的體積 1. 如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點(diǎn). (1)證明:BC1∥平面A1CD; (2)設(shè)AA1=AC=CB=2,AB=22,求三棱錐C-A1DE的體積. 2. (2019山東菏澤一模,文18)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥底面ABCD,BD1⊥B1D,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的菱形,D1D=6,E,F分別是線段AB的兩個(gè)三等分點(diǎn). (1)求證:D1F∥平面A1DE; (2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的

2、表面積. 3. 如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,E,F分別是PC,PD的中點(diǎn),AD=AB=1. (1)若點(diǎn)G為線段BC的中點(diǎn),證明:平面EFG∥平面PAB; (2)在(1)的條件下,求以△EFG為底面的三棱錐C-EFG的高. 4. (2019安徽合肥一模,文18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,△BCD為等邊三角形,BD=23,PA=2,AB=AD=PB=PD,∠BAD=120°. (1)若點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)

3、,求證:BE∥平面PAD; (2)求四棱錐P-ABCD的體積. 5. (2019山西考前適應(yīng)訓(xùn)練二,文19)如圖,平面ABCD⊥平面CDEF,且四邊形ABCD是梯形,四邊形CDEF是矩形,∠BAD=∠CDA=90°,AB=AD=DE=12CD,M是線段DE上的動(dòng)點(diǎn). (1)試確定點(diǎn)M的位置,使BE∥平面MAC,并說(shuō)明理由; (2)在(1)的條件下,四面體E-MAC的體積為3,求線段AB的長(zhǎng). 6. 如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,P

4、A=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明MN∥平面PAB; (2)求四面體N-BCM的體積. 7. (2019湖南湘潭一模,文19)如圖,在各棱長(zhǎng)均為4的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD為菱形,∠ABD=60°,E,F分別為BB1,DD1棱上一點(diǎn),且DF=1,BE=3EB1. (1)證明:A1F∥平面ACE; (2)在圖中作出點(diǎn)A在平面A1BD內(nèi)的正投影H(說(shuō)明作法及理由),并求三棱錐B-CDH的體積.

5、 8. 如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB=BC=2,AD=DC=5,PD=2,AB⊥BC,E是△PAC的重心,F,G分別在側(cè)棱PC和PD上,且PFPC=PGPD=23. (1)求證:平面EFG∥平面ABCD; (2)若三棱錐P-EFG的體積為1681,求點(diǎn)A到平面PCD的距離. 參考答案 專題突破練17　空間中的平行 與幾何體的體積 1.(1)證明連接AC1交A1C于點(diǎn)F,則F為AC1的中點(diǎn). 又D是AB的中點(diǎn),連接DF,則BC1∥DF. 因?yàn)镈F?平面A1CD,BC1?平面A1C

6、D,所以BC1∥平面A1CD. (2)解因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱, 所以AA1⊥CD. 由已知AC=CB,D為AB的中點(diǎn),所以CD⊥AB. 又AA1∩AB=A,于是CD⊥平面ABB1A1. 由AA1=AC=CB=2,AB=22得∠ACB=90°,CD=2,A1D=6,DE=3,A1E=3, 故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D. 所以VC-A1DE=13×12×6×3×2=1. 2.(1)證明連接AD1與A1D交于點(diǎn)M,則M為AD1的中點(diǎn),連接EM. 因?yàn)镋,F分別是線段AB的兩個(gè)三等分點(diǎn),所以E是線段AF的中點(diǎn). 又因?yàn)镸是線段AD1的中點(diǎn),所

7、以EM∥D1F. 又因?yàn)镋M?平面A1DE,D1F?平面A1DE,所以D1F∥平面A1DE. (2)解因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長(zhǎng)為4的菱形,D1D=6,且D1D⊥底面ABCD, 所以側(cè)面為四個(gè)全等的矩形,所以四個(gè)側(cè)面的面積為S側(cè)=6×4×4=96. 因?yàn)镈1D⊥平面ABCD,連接BD,B1D1,所以四邊形BDD1B1是矩形, 又BD1⊥B1D,所以四邊形BDD1B1是正方形,所以BD=D1D=6,所以S△ABD=12BD·AD2-(12BD)?2=12×6×42-(12×6)?2=37, 所以S四邊形ABCD=2S△ABD=67. 所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面積為S表

8、=S側(cè)+2S四邊形ABCD=96+127. 3.(1)證明∵E,F分別是PC,PD的中點(diǎn), ∴EF∥CD. ∵底面ABCD是矩形,∴CD∥AB. ∴EF∥AB. 又AB?平面PAB,EF?平面PAB, ∴EF∥平面PAB. 同理EG∥平面PAB. ∵EF∩EG=E, ∴平面EFG∥平面PAB. (2)解∵PA⊥底面ABCD,BC?底面ABCD, ∴PA⊥BC. ∵BC⊥AB,PA∩AB=A, ∴BC⊥平面PAB, ∴C到平面PAB的距離為BC=1, ∴以△EFG為底面的三棱錐C-EFG的高為12. 4.(1)證明取CD的中點(diǎn)為M,連接EM,BM. ∵△BC

9、D為等邊三角形,∴BM⊥CD. ∵∠BAD=120°,AD=AB, ∴∠ADB=30°,∴AD⊥CD,∴BM∥AD. 又BM?平面PAD,AD?平面PAD, ∴BM∥平面PAD. ∵E為PC的中點(diǎn),M為CD的中點(diǎn), ∴EM∥PD. 又EM?平面PAD,PD?平面PAD, ∴EM∥平面PAD. ∵EM∩BM=M, ∴平面BEM∥平面PAD. 又BE?平面BEM,∴BE∥平面PAD. (2)解連接AC交BD于點(diǎn)O,連接PO. ∵CB=CD,AB=AD,∴AC⊥BD, O為BD的中點(diǎn). 又∠BAD=120°,BD=23,△PBD≌△ABD,∴AO=PO=1. 又PA=

10、2,∴PA2=PO2+OA2, ∴PO⊥OA. 又PO⊥BD,∴PO⊥平面ABD, 即四棱錐P-ABCD的高為PO=1, ∴四棱錐P-ABCD的體積V=13×34×(23)2+12×23×1×1=433. 5.解(1)當(dāng)EM=13DE時(shí),BE∥平面MAC. 證明如下: 連接BD,交AC于點(diǎn)N,連接MN, 因?yàn)锳B=12CD,所以DNNB=2. 又EM=13DE,所以DM=2EM. 所以MN∥BE. 又MN?平面MAC,BE?平面MAC, 所以BE∥平面MAC. (2)因?yàn)镃D⊥DA,CD⊥DE,DA∩DE=D,所以CD⊥平面ADE. 又平面ABCD⊥平面CDEF

11、,AD⊥DC, 所以AD⊥平面CDEF,所以AD⊥DE. 設(shè)AB=a,則VE-MAC=VC-AME=13×CD×S△AME=19a3. 所以19a3=3,解得a=3.因此AB=3. 6.(1)證明由已知得AM=23AD=2. 取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN,由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC,TN=12BC=2. 又AD∥BC,故TN􀱀AM,四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因?yàn)锳T?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB. (2)解因?yàn)镻A⊥平面ABCD,N為PC的中點(diǎn),所以N到平面ABCD的距離為12PA. 取BC的中點(diǎn)E,連接AE

12、. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5. 由AM∥BC得M到BC的距離為5, 故S△BCM=12×4×5=25. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=13×S△BCM×PA2=453. 7.(1)證明在CC1上取一點(diǎn)G,使得CG=1. ∵BE=3EB1,BB1=4, ∴CG􀱀B1E,∴B1G∥EC. ∵DF=1, ∴同理可證明A1F∥B1G,∴A1F∥EC. 又EC?平面ACE,A1F?平面ACE, ∴A1F∥平面ACE. (2)解設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,連接A1O. 過(guò)A作AH⊥A1O,H為垂足,H即為A在平面A1BD內(nèi)的

13、正投影.理由如下: ∵AA1⊥平面ABCD,∴AA1⊥BD. 又BD⊥AO,AO∩AA1=A, ∴BD⊥平面A1AO. ∴BD⊥AH,又A1O∩BD=O, ∴AH⊥平面A1BD. ∵AO=4sin60°=23,AA1=4, ∴A1O=27. 由AO2=OH×A1O得OH=67. 過(guò)H作HK⊥AO,垂足為K,由HKAA1=OHA1O,得HK=127. ∴VB-CDH=VH-BCD=13×12×4×4×sin60°×127=1637. 8.(1)證明延長(zhǎng)PE,交AC于點(diǎn)M, ∵E是△PAC的重心,F,G分別在側(cè)棱PC和PD上,且PFPC=PGPD=23. ∴M是AC的中點(diǎn)

14、,PEPM=PFPC=PGPD=23. ∴GF∥CD,EF∥AC, ∵EF∩GF=F,AC∩CD=C,EF,GF?平面EFG,CD,AC?平面ABCD, ∴平面EFG∥平面ABCD. (2)解∵AB=BC=2,AD=DC=5,PD=2,AB⊥BC, ∴AC=AB2+BC2=2,DM=DC2-CM2=2, ∴S△CDM=12×CM×DM=1, ∴S△EFG=232S△CDM=49. 設(shè)點(diǎn)P到平面EFG的距離為h,則P到平面ABCD的距離為32h, ∵三棱錐P-EFG的體積為1681, ∴VP-EFG=13×h×S△EFG=13×h×49=1681,解得h=43,∴P到平面ABCD的距離為32h=32×43=2, ∵PD=2,∴PD⊥平面ABCD, ∴PD⊥AD, 過(guò)A作AO⊥CD,交CD于點(diǎn)O, ∵PD∩CD=D,∴AO⊥平面PCD, ∴AO是點(diǎn)A到平面PCD的距離, ∵S△ACD=12×AC×DM=12×CD×AO,∴AO=AC×DMCD=2×25=455. ∴點(diǎn)A到平面PCD的距離為455. 18