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2015届高考数学文二轮专题复习高考中档大题规范练(三)


高考中档大题规范练(三) ——立体几何
(推荐时间:70 分钟) 1.(2014· 江苏)如图,在三棱锥 P-ABC 中,D,E,F 分别为棱 PC,AC, AB 的中点.已知 PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5. 求证:(1)直线 PA∥平面 DEF; (2)平面 BDE⊥平面 ABC. 证明 (1)因为 D,E 分别为棱 PC,AC 的中点, 所以 DE∥PA

. 又因为 PA?平面 DEF,DE?平面 DEF, 所以直线 PA∥平面 DEF. (2)因为 D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点,PA=6,BC=8, 1 1 所以 DE∥PA,DE= PA=3,EF= BC=4. 2 2 又因为 DF=5,故 DF2=DE2+EF2, 所以∠DEF=90° ,即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC,DE∥PA,所以 DE⊥AC. 因为 AC∩EF=E,AC?平面 ABC,EF?平面 ABC, 所以 DE⊥平面 ABC, 又 DE?平面 BDE, 所以平面 BDE⊥平面 ABC. 2. (2014· 江西)如图, 三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AA1⊥BC, A1B⊥BB1. (1)求证:A1C⊥CC1; (2)若 AB=2,AC= 3,BC= 7,问 AA1 为何值时,三棱柱 ABC -A1B1C1 体积最大,并求此最大值. (1)证明 由 AA1⊥BC,知 BB1⊥BC. 又 BB1⊥A1B,BC?平面 BCA1,A1B?平面 BCA1, 故 BB1⊥平面 BCA1,所以 BB1⊥A1C. 又 BB1∥CC1,所以 A1C⊥CC1. (2)解 方法一 设 AA1=x,
2 2 在 Rt△A1BB1 中,A1B= A1B1 -BB2 1 = 4-x . 2 2 同理 A1C= A1C2 1-CC1= 3-x ,

在△A1BC 中,

A1B2+A1C2-BC2 cos∠BA1C= 2A1B· A1C =- x2 , ?4-x2??3-x2? 12-7x2 , ?4-x2??3-x2?

sin∠BA1C=

12-7x2 1 所以 S△A1BC= A1B· A1C· sin∠BA1C= . 2 2 x 12-7x2 从而三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=S 直· l=S△A1BC· AA1= . 2 因为 x 12-7x2= 12x2-7x4 = 6 36 -7?x2- ?2+ ,故当 x= 7 7 6 42 = , 7 7

即 AA1=

42 3 7 时,体积 V 取到最大值 . 7 7

方法二 如图所示,过 A1 作 BC 的垂线,垂足为 D,连接 AD. 由 AA1⊥BC,A1D⊥BC,故 BC⊥平面 AA1D,BC⊥AD. 又 AB=2,AC= 3,BC= 7, 所以 AB2+AC2=BC2, 1 1 故∠BAC=90° ,所以 S△ABC= AD· BC= AB· AC, 2 2 2 21 所以 AD= . 7
2 设 AA1=x, 在 Rt△AA1D 中, A1D= AD2-AA1 =

12-7x2 12 2 1 -x , S△A1BC= A1D· BC= . 7 2 2

x 12-7x2 从而三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积 V=S 直· l=S△A1BC· AA1= . 2 因为 x 12-7x2= 12x2-7x4 = 6 36 -7?x2- ?2+ ,故当 x= 7 7 6 42 = , 7 7

即 AA1=

42 3 7 时,体积 V 取到最大值 . 7 7

3.如图所示,已知三棱锥 A-BPC 中,AP⊥PC,AC⊥BC,M 为 AB 的 中点,D 为 PB 的中点,且△PMB 为正三角形. (1)求证:MD∥平面 APC; (2)求证:平面 ABC⊥平面 APC; (3)若 BC=4,AB=20,求三棱锥 D-BCM 的体积. (1)证明 由已知,得 MD 是△ABP 的中位线,

所以 MD∥AP. 又 MD?平面 APC,AP?平面 APC, 故 MD∥平面 APC. (2)证明 因为△PMB 为正三角形,D 为 PB 的中点, 所以 MD⊥PB.所以 AP⊥PB. 又 AP⊥PC,PB∩PC=P,所以 AP⊥平面 PBC. 因为 BC?平面 PBC,所以 AP⊥BC. 又 BC⊥AC,AC∩AP=A,所以 BC⊥平面 APC. 因为 BC?平面 ABC,所以平面 ABC⊥平面 APC. (3)解 由题意,可知 MD⊥平面 PBC, 所以 MD 是三棱锥 D-BCM 的一条高, 1 在 Rt△ABC 中,AB=20,BC=4,则 CM= AB=10, 2 又在正三角形 PMB 中, DM = 5 3 ,所以 DC = MC2-DM2 = 102-?5 3?2 = 5 ,所以 25+16-25 2 1 1 21 cos∠DBC= = ,则 S△BCD= · BD· BC· sin∠DBC= ×5×4× =2 21, 5 2 2 5 2×5×4 1 所以 VD-BCM=VM-DBC= ×S△BCD×MD 3 1 = ×2 21×5 3=10 7. 3 4.在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 a 的正方形,PD⊥底面 ABCD,且 PD=a, PA=PC= 2a,若在这个四棱锥内放一球,求此球的最大半径. 解 当球内切于四棱锥,即与四棱锥各面均相切时球半径最大, 设球的半径为 r,球心为 O, 连接 OP、OA、OB、OC、OD, 则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥, 这些小棱锥的高都是 r, 底面分别为原四棱锥的侧面和底面, 1 1 则 VP-ABCD= r(S△PAB+S△PBC+S△PCD+S△PAD+S 正方形 ABCD)= r(2+ 2)a2. 3 3 由题意,知 PD⊥底面 ABCD, 1 1 ∴VP-ABCD= S 正方形 ABCD· PD= a3. 3 3 由体积相等, 1 1 得 r(2+ 2)a2= a3, 3 3 1 解得 r= (2- 2)a. 2

5. (2014· 课标全国Ⅰ)如图, 三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 侧面 BB1C1C 为菱形,B1C 的中点为 O,且 AO⊥平面 BB1C1C. (1)证明:B1C⊥AB; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60° ,BC=1,求三棱柱 ABC-A1B1C1 的高. (1)证明 连接 BC1, 则 O 为 B1C 与 BC1 的交点. 因为侧面 BB1C1C 为菱形, 所以 B1C⊥BC1. 又 AO⊥平面 BB1C1C, 所以 B1C⊥AO, 故 B1C⊥平面 ABO. 由于 AB?平面 ABO, 故 B1C⊥AB. (2)解 作 OD⊥BC,垂足为 D,连接 AD. 作 OH⊥AD,垂足为 H. 由于 BC⊥AO,BC⊥OD,AO∩OD=O, 故 BC⊥平面 AOD, 所以 OH⊥BC. 又 OH⊥AD,BC∩AD=D, 所以 OH⊥平面 ABC. 因为∠CBB1=60° , 所以△CBB1 为等边三角形. 又 BC=1,可得 OD= 由于 AC⊥AB1, 1 1 所以 OA= B1C= . 2 2 由 OH· AD=OD· OA, 且 AD= OD2+OA2= 得 OH= 21 . 14 7 , 4 3 . 4

又 O 为 B1C 的中点, 所以点 B1 到平面 ABC 的距离为 21 , 7

故三棱柱 ABC-A1B1C1 的高为

21 . 7

6.如图,四边形 ABCD 为正方形,EA⊥平面 ABCD,EF∥AB,AB= 4,AE=2,EF=1. (1)求证:BC⊥AF; 1 (2)若点 M 在线段 AC 上,且满足 CM= CA,求证:EM∥平面 FBC; 4 (3)试判断直线 AF 与平面 EBC 是否垂直?若垂直,请给出证明;若不垂直,请说明理由. (1)证明 因为 EF∥AB, 所以 EF 与 AB 确定平面 EABF. 因为 EA⊥平面 ABCD,所以 EA⊥BC. 由已知,得 AB⊥BC 且 EA∩AB=A, 所以 BC⊥平面 EABF. 又 AF?平面 EABF,所以 BC⊥AF. (2)证明 如图所示, 过 M 作 MN⊥BC, 垂足为 N, 连接 FN, 则 MN∥AB. 1 又 CM= AC, 4 1 所以 MN= AB. 4 1 又 EF∥AB 且 EF= AB, 4 所以 EF∥MN,且 EF=MN. 所以四边形 EFNM 为平行四边形,所以 EM∥FN. 又 FN?平面 FBC,EM?平面 FBC, 所以 EM∥平面 FBC. (3)解 AF⊥平面 EBC. 证明如下: 由(1),可知 AF⊥BC. 在四边形 ABFE 中,AB=4,AE=2,EF=1,∠BAE=∠AEF=90° , AE 1 EF 1 所以 tan∠EBA= = ,tan∠FAE= = , AB 2 AE 2 即 tan∠EBA=tan∠FAE,则∠EBA=∠FAE. 设 AF∩BE=P,因为∠PAE+∠PAB=90° , 故∠PBA+∠PAB=90° . 则∠APB=90° ,即 EB⊥AF. 又 EB?平面 EBC,BC?平面 EBC, 且 EB∩BC=B,所以 AF⊥平面 EBC.


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