专题四 立体几何（大题突破）-【创新教程】2016-2020五年高考真题文科数学分类特训

专题四　立体几何 １．解:(１)由 题 设 可 知,PA＝PB＝ PC． 由于△ABC 是 正 三 角 形,故 可 得 △PAC ≌ △PAB, △PAC ≌ △PBC． 又∠APC＝９０°,故 ∠APB＝９０°, ∠BPC＝９０°, 从而PB⊥PA,PB⊥PC,又PA∩PC＝P,故PB⊥平面 PAC,因 为 PB⊂ 平 面 PAB,所 以 平 面 PAB⊥ 平 面 PAC． (２)设圆锥的底面半径为r,母线长为l． 由题设可得rl＝ ３,l２－r２＝２． 解得r＝１,l＝ ３． 从而AB＝ ３,由(１)可得PA２＋PB２＝AB２,故PA＝PB ＝PC＝ ６２． 所以三棱锥P－ABC的体积为 V＝１３× １ ２×PA×PB×PC＝ １ ３× １ ２× ６ ２ æ è ç ö ø ÷ ３ ＝ ６８． ２．解:(１)因为 M,N 分别为BC,B１C１ 的中点,所以 MN∥ CC１,又由已知得AA１∥CC１,故AA１∥MN． 因为△A１B１C１ 是正三角形,所以B１C１⊥A１N．又B１C１ ⊥MN,MN∩AN＝N,故B１C１⊥平面A１AMN．又BC１ ⊂平面EB１C１F． 所以平面A１AMN⊥平面EB１C１F． (２)AO ∥ 平 面 EB１C１F,AO ⊂ 平 面 A１AMN,平 面 A１AMN∩平 面 EB１C１F＝PN,故 AO∥PN．又 AP∥ ON,故四边形 APNO 是平行四边形,因为等边三角形 ABC,等边△A１B１C１ 的边长为６,所以AM＝A１N＝６sin ６０°＝３ ３,所以 PN＝AO＝６,AP＝ON＝ １３AM＝ ３ , PM＝２３AM＝２ ３ ,EF＝１３BC＝２． 因为BC∥平面EB１C１F,所以四棱锥B－EB１C１F 的顶 点B 到底面EB１C１F 的距离等于点 M 到底面EB１C１F 的距离． 作 MT ⊥PN,垂 足 为 T,则 由 (１)知,MT ⊥ 平 面 EB１C１F,故 MT＝PMsin∠MPN＝３． 底面EB１C１F 的面积为 １ ２× (B１C１＋EF)×PN＝ １ ２ (６＋２)×６＝２４． 所以四棱锥B－EB１C１F 的体积为 １ ３×２４×３＝２４． ３．解:(１)因为 ABCD－A１B１C１D１ 是长方体,所以BB１⊥ 平面ABCD,而AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB１．因为 ABCD－A１B１C１D１ 是长方体,且AB＝BC,所以 ABCD 正方形, 所 以 AC⊥BD,又 BD∩BB１ ＝B,BD,BB１ ⊂ 平 面 BB１D１D, 所以AC⊥平面BB１D１D,又点E,F 分别在棱DD１,BB１ 上,所以EF⊂平面BB１D１D, 所以EF⊥AC． (２)取 AA１ 靠 近 A１ 的 三 等 分 点 M,连 接 D１M,C１F, MF． 因为E 在DD１,且２DE＝ED１,所以ED１∥AM,且ED１ ＝AM, 所以四边形AED１M 为平行四边形,所以 D１M∥AE,且 D１M＝AE, 又F 在BB１ 上,且BF＝２FB１,所以 MF∥A１B１,且 MF ＝A１B１, 从而 MF∥D１C１,MF＝D１C１,所以 D１MFC１ 为平行四 边形,所以D１M∥C１F, 所以AE∥C１F,所以A,E,F,C１ 四点共面． 所以点C１ 在平面AEF 内． ４．解:(１)因为E,F 分别是AC,B１C的中点, 所以EF∥AB１, 因为EF⊄平面AB１C１,AB１⊂平面AB１C１, 所以EF∥平面AB１C１． (２)因为B１C⊥平面ABC, AB⊂ 平 面 ABB１,所 以 B１C⊥AB． 又AB⊥AC,AC∩B１C＝ C,AC⊂平面AB１C,B１C⊂ 平面AB１C, 所以AB⊥平面AB１C, 又AB⊂平面ABB１, 所以平面AB１C⊥平面ABB１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２１ 最新试题精选􀅰数学(文) ５．解:(１)连结B１C,ME．因 为 M,E 分 别 为BB１,BC 的中点,所以 ME∥B１C, 且 ME＝ １２B１C ,又 因 为 N 为 A１D 的 中 点,所 以 ND＝１２A１D． 由题设 知 A１B１􀱀CD,可 得 B１C􀱀A