【文档说明】【精准解析】2021高考数学（文）二轮（统考版）：主观题专练 立体几何（6）.docx，共(8)页，250.430 KB，由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

立体几何(6)1．[2020·大同市测试试题]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．(1)求证AC⊥BC1；(2)求证AC1∥平面CDB1；

(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值．2．[2020·惠州市高三第一次调研考试试题]如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，PA＝AB＝4，AD＝CD，N是CD的中点．(1)求证：MN∥

平面PAD；(2)求点M到平面PBC的距离．3．[2020·广东省七校联合体高三第一次联考试题]如图所示，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝23，CD＝4，E为CD的中点．(1)求证：AE∥平面PB

C；(2)求三棱锥C-PBE的体积．4．[2020·唐山市高三年级摸底考试]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2，点E是PC的中点．(1)求证：PA∥平面BED；(2)若直线BD与平面PB

C所成的角为30°，求四棱锥P-ABCD的体积．5．[2020·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB＝BC＝2，PA＝2.

(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)若点M是棱PC的中点，求直线PD与BM所成角的余弦值．6．[2020·南昌十中期中]如图，直角梯形ABCD所在平面与等腰直角三角形ABE所在平面互相垂直，∠AEB＝π

2，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.(1)求证：AB⊥DE.(2)求证：平面AED⊥平面BCE.(3)线段EA上是否存在一点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出EFEA的值；若不存在，说明理由．立体几何(6)1.解析：(1)∵直三棱柱ABC-A1B1C1底面三边AC

＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，AC⊥BC.又AC⊥CC1，BC∩CC1＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，又∵BC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥BC1.(2)如图，设CB1与C1B的交

点为E，连接DE，∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.(3)∵DE∥AC1，∴∠CED或其补角为AC1与B1C所成的角．在△CED中，ED＝12AC1＝52，CD＝12AB＝52，CE＝12CB1＝

22，∴cos∠CED＝CE2＋DE2－CD22·CE·DE＝82×22×52＝225.∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为225.2．解析：(1)解法一因为△ABC是正三角形，所以BA＝BC，又AD＝CD，所以BD所在的直线为线段A

C的垂直平分线，所以M为AC的中点，又N是CD的中点，所以MN∥AD，又AD⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD.解法二在正三角形ABC中，AB＝BC，因为AD＝CD，BD＝BD，所以△A

BD≌△CBD，所以M为AC的中点．如图，取PC的中点为E，连接ME，NE.因为M为AC的中点，E为PC的中点，所以ME∥PA，又ME⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以ME∥平面PAD，同理可得NE∥平面PAD.又ME⊂平面MEN，NE⊂平面MEN，ME∩NE＝

E，所以平面MEN∥平面PAD.又MN⊂平面MEN，所以MN∥平面PAD.(2)设点M到平面PBC的距离为h，在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝42.在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝42

，在△PBC中，PB＝42，PC＝42，BC＝4，所以S△PBC＝47.连接PM，由V三棱锥M-PBC＝V三棱锥P-BMC，即13×47×h＝13×23×4，解得h＝2217，所以点M到平面PBC的距离为2217.3．解析：(1)∵AB＝3，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠B

CA＝60°.在△ACD中，AD＝23，AC＝2，CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴∠CAD＝90°，△ACD是直角三角形．又E为CD的中点，∴AE＝12CD＝CE＝2，∴△ACE是等边三角形，∴∠CAE＝60°，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.又AE⊄平面PBC

，BC⊂平面PBC，∴AE∥平面PBC.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE，∴PA为三棱锥P-BCE的高．∵∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，∴∠BCE＝120°.又BC＝1，CE＝2，∴S△BCE＝12×BC×CE×sin∠BCE＝12×1

×2×32＝32，∴V三棱锥C-PBE＝V三棱锥P-BCE＝13×S△BCE×PA＝13×32×2＝33.4.解析：(1)如图，连接AC交BD于O，连接OE.由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，∴PA∥EO

，又PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，∴PA∥平面BED.(2)由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC，又由题意可知CD⊥BC，且PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD，则BC⊥DE.由PE＝EC，PD＝DC

，得PC⊥DE，又PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PBC，∴∠DBE即直线BD与平面PBC所成的角．设AD＝x，在Rt△DBE中，DE＝2，BD＝4＋x2，则sin∠DBE＝DEBD＝12，解得x＝2.∴四棱锥P-

ABCD的体积V＝13×PD×S矩形ABCD＝83.5．解析：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，AC⊥OD，∴点O，B，D共线，即AC⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面P

BD.(2)取CD的中点N，连接MN，BN，则MN∥PD.∴∠BMN或其补角是异面直线PD与BM所成的角．Rt△PAD中，PA＝AD＝2，∴PD＝22，∴MN＝2.连接OM，则OM∥PA，∴OM⊥平面ABCD，Rt

△MOB中，MO＝OB＝1，∴BM＝2.△BDN中，BD＝3＋1，DN＝1，∠BDN＝30°，由余弦定理BN2＝BD2＋DN2－2BD·DN·cos30°，得BN2＝2＋3.△BMN中，cos∠BMN＝BM2＋MN2－BN22·BM·MN＝

2＋2－(2＋3)2×2×2＝2－34，∴直线PD与BM所成角的余弦值为2－34.6.解析：(1)如图，取AB的中点O，连接EO，DO.由△ABE为等腰直角三角形，可得EB＝EA，所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形，

AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，则BO⊥OD，即AB⊥OD.又OD∩OE＝O，OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，所以AB⊥平面ODE.又DE⊂平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且AB⊥BC，B

C⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.又AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE.又AE⊂平面AED，所以平面AED⊥平面BCE.(3)存在点F，且EF

EA＝13时，有EC∥平面FBD.理由如下．如图，连接AC，BD，AC∩BD＝M，取AE上靠近点E的三等分点F，连接FB，FD，MF.因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，所以CMMA＝CDAB＝12.又E

FFA＝12，所以CMMA＝EFFA，所以EC∥FM.因为EC⊄平面FBD，FM⊂平面FBD，所以EC∥平面FBD.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com