（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練18 空間中的垂直與幾何體的體積 文

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1、專題突破練18　空間中的垂直與幾何體的體積 1. (2019山東青島二模,文18)如圖,在圓柱中,點O1、O2分別為上、下底面的圓心,平面MNFE是軸截面,點H在上底面圓周上(異于N、F),點G為下底面圓弧ME的中點,點H與點G在平面MNFE的同側(cè),圓柱的底面半徑為1. (1)若平面FNH⊥平面NHG,證明:NG⊥FH; (2)若直線O1H∥平面FGE,求H到平面FGE的距離. 2. 如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M是棱CC1的中點. (1)求異面直線A1M和

2、C1D1所成的角的正切值; (2)求BM與平面A1B1M所成的角的大小. 3. (2019陜西咸陽一模,文19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ABC=120°,PA=PC,PB=PD,AC∩BD=O. (1)求證:PO⊥平面ABCD; (2)若PB=BD=2,求點O到平面PBC的距離. 4.(2019全國卷3,文19)圖①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得B

3、E與BF重合,連接DG,如圖②. (1)證明:圖②中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求圖②中的四邊形ACGD的面積. 5. (2019山東濰坊三模,文18)如圖,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD是邊長為2的菱形,且∠BCD=60°,平面FBC⊥平面ABCD,EF∥AB,FB=FC,H為BC的中點. (1)求證:FH⊥平面ABCD; (2)若△FBC為等邊三角形,Q為線段EF上的一點,求三棱錐A-CDQ的體積.

4、6. (2019山西呂梁4月模擬,文18)如圖,在三棱錐P-ABC中,底面ABC是等邊三角形,D為BC邊的中點,PO⊥平面ABC,點O在線段AD上. (1)證明:∠PAB=∠PAC; (2)若AB=PB=2,直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為34,求點C到平面PAB的距離. 7.(2019湖北省一月模擬,文18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥PC,AD∥BC,AD⊥CD,且PC=BC=2AD=2CD=22,PA=2. (1)證明PA⊥平面ABCD; (2)已知點M在線段PD上,且PM=2M

5、D,求點D到平面MAC的距離. 參考答案 專題突破練18　空間中的垂直 與幾何體的體積 1.(1)證明由題知平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH. 因為NH⊥FH,FH?平面FHN,所以FH⊥平面NHG,所以FH⊥NG. (2)解連接O1O2,如圖所示, 因為O1O2∥EF,O1O2?平面FGE,EF?平面FGE,所以O(shè)1O2∥平面FGE. 又因為直線O1H∥平面FGE,O1H∩O1O2=O1, 所以平面O1HO2∥平面FGE,所以H到平面FGE的距離等于O2到平面FGE的距離.取線段EG的中點V,因為O

6、2V⊥EG,O2V⊥EF,EG∩EF=E,所以O(shè)2V⊥平面FGE, 所以H到平面FGE的距離為O2V,在等腰直角三角形EO2G中,O2E=O2G=1, 所以O(shè)2V=22, 所以所求的距離為22. 2.解(1)∵C1D1∥B1A1, ∴∠MA1B1為異面直線A1M與C1D1所成的角. ∵A1B1⊥平面BCC1B1, ∴∠A1B1M=90°. 又A1B1=1,B1M=2, ∴tan∠MA1B1=B1MA1B1=2. 即異面直線A1M和C1D1所成的角的正切值為2. (2)由A1B1⊥平面BCC1B1,BM?平面BCC1B1,得A1B1⊥BM. 由(1)知,B1M=2, 又

7、BM=BC2+CM2=2,B1B=2, ∴B1M2+BM2=B1B2,從而BM⊥B1M. 又A1B1∩B1M=B1, ∴BM⊥平面A1B1M, ∴BM與平面A1B1M所成的角為90°. 3.(1)證明∵四邊形ABCD是菱形, ∴O為AC,BD的中點. 又PA=PC,PB=PD, ∴PO⊥AC,PO⊥BD, ∵AC∩BD=O,且AC,BD?平面ABCD, ∴PO⊥平面ABCD. (2)解∵PB=BD=2且PB=PD, ∴△PBD為等邊三角形,則PO=3. ∵∠ABC=120°,四邊形ABCD為菱形,∴BC=2,CO=3. 由(1)PO⊥平面ABCD,得到PC=6,∴S

8、△PBC=12×6×102=152. 又S△BOC=12×1×3=32,PO⊥平面ABCD,設(shè)O到平面PBC的距離為h,由VP-BOC=VO-PBC,得13×S△BOC×PO=13×S△PBC×h,解得h=155. 4.(1)證明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解取CG的中點M,連接EM,DM. 因為AB∥DE,AB⊥平面BCGE, 所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG. 由已知,四邊形

9、BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM. 因此DM⊥CG. 在Rt△DEM中,DE=1,EM=3,故DM=2. 所以四邊形ACGD的面積為4. 5.(1)證明因為FB=FC,H為BC的中點, 所以FH⊥BC. 因為平面FBC⊥平面ABCD,平面FBC∩平面ABCD=BC, 所以FH⊥平面ABCD. (2)因為△FBC為等邊三角形,BC=2,所以FH=3, 因為EF∥AB,EF?平面ABCD,AB?平面ABCD,所以EF∥平面ABCD. 因為點Q在線段EF上,所以點Q到平面ABCD的距離等于點F到平面ABCD的距離. 因為四邊形ABCD為菱形,A

10、D=CD=2,∠ADC=120°,所以S△ACD=12×AD×CD×sin∠ADC=12×2×2×32=3, 所以VA-CDQ=VQ-ACD=VF-ACD=13×S△ACD×FH=13×3×3=1. 6.(1)證明過O作OE⊥AB于點E,OF⊥AC于點F,連接PE,PF. ∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥OE,PO⊥OF,PO⊥AB,PO⊥AC. ∵底面ABC是等邊三角形,D為BC邊的中點, ∴AD是∠BAC的角平分線,∴OE=OF,∴Rt△POE≌Rt△POF,∴PE=PF. ∵AB⊥OE,AB⊥PO,OE∩PO=O, ∴AB⊥平面POE, ∴AB⊥PE,同理可得AC⊥PF,

11、∴Rt△PAE≌Rt△PAF, ∴∠PAB=∠PAC. (2)解∵AB=PB=2,直線PB和平面ABC所成的角的正弦值為34, ∴PO=34PB=32, ∴VP-ABC=13×34×22×32=32. 連接OB,則OB=PB2-PO2=72. ∴OD=OB2-BD2=32, 又AD=AB2-BD2=3,∴O是AD的中點,由△AOE∽ABD可得OEBD=AOAB=34,∴OE=34, ∴PE=PO2+OE2=394, ∴S△PAB=12×2×394=394. 設(shè)C到平面PAB的距離為h,則VC-PAB=13×394×h=32,解得h=61313. 7.(1)證明∵在底面

12、ABCD中,AD∥BC,AD⊥CD,且BC=2AD=2CD=22, ∴AB=AC=2,BC=22, ∴AB⊥AC. 又AB⊥PC,AC∩PC=C,AC?平面PAC,PC?平面PAC,∴AB⊥平面PAC. 又PA?平面PAC,∴AB⊥PA. ∵PA=AC=2,PC=22,∴PA⊥AC. 又PA⊥AB,AB∩AC=A,AB?平面ABCD,AC?平面ABCD, ∴PA⊥平面ABCD. (2)解方法一:在線段AD上取點N,使AN=2ND,則MN∥PA. 又由(1)PA⊥平面ABCD,可知MN⊥平面ABCD. 又AC?平面ABCD,∴MN⊥AC. 作NO⊥AC于點O. ∵M(jìn)N∩N

13、O=N,MN?平面MNO,NO?平面MNO,∴AC⊥平面MNO. 又MO?平面MNO,∴AC⊥MO. 設(shè)點D到平面MAC的距離為x,則由VD-MAC=VM-ACD得13×S△MAC×x=13×S△ACD×MN, ∴點D到平面MAC的距離 x=S△ACD×MNS△MAC=12×AD×CD×MN12×AC×MO =AD×CD×MNAC×MO =2×2×232×(23)?2+(23)?2=22. 方法二:由(1)知PA⊥平面ABCD, ∴平面PAD⊥平面ABCD. ∵CD⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴CD⊥平面PAD,∴平面PCD⊥平面PAD. 又PA⊥平面ABCD,AD?平面ABCD, ∴PA⊥AD. 又PA=2,AD=2,∴PD=6, ∴PM=263, ∴PAPD=PMPA, ∴Rt△PAM∽Rt△PDA,∴AM⊥PD. 平面PCD∩平面PAD=PD. 故AM⊥平面PCD, ∴平面AMC⊥平面PCD. 又平面AMC∩平面PCD=MC, ∴過D作DE⊥MC交MC于點E, DE⊥平面AMC,即DE的長就是點D到平面MAC的距離. 在Rt△MDC中,DC=2,MD=63, ∴DE=MD×DCMD2+DC2=22. 16