专题19 立体几何综合-2020年高考数学（文）母题题源解密（全国Ⅰ专版）

专题19 立体几何综合 【母题来源一】【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 【解析】（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，故PB⊥平面PAC，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=，． 解得r=1，l=， 从而．由（1）可得，故． 所以三棱锥P-ABC的体积为． 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题. 【母题来源二】【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离． 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】（1）连结. 因为M，E分别为的中点，所以，且. 又因为N为的中点，所以. 由题设知，可得，故， 因此四边形MNDE为平行四边形，. 又平面，所以MN∥平面. （2）过C作C1E的垂线，垂足为H. 由已知可得，， 所以DE⊥平面，故DE⊥CH. 从而CH⊥平面， 故CH的长即为C到平面的距离， 由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故. 从而点C到平面的距离为. 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解. 【母题来源三】【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积． 【答案】（1）见解析；（2）1. 【解析】（1）由已知可得，=90°，． 又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD． 又AB平面ABC， 所以平面ACD⊥平面ABC． （2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=． 又，所以． 作QE⊥AC，垂足为E，则． 由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1． 因此，三棱锥的体积为 ． 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到=90°，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 【母题来源四】【2017年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且． （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，且四棱锥P−ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】（1）由已知，得，． 由于，故，从而平面． 又平面，所以平面平面． （2）在平面内作，垂足为． 由（1）知，平面，故，可得平面． 设，则由已知可得，． 故四棱锥的体积． 由题设得，故． 从而，，． 可得四棱锥的侧面积为． 【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．解答本题时，（1）由，，得平面即可证得结果；（2）设，则四棱锥的体积，解得，可得所求侧面积． 【命题意图】 高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面、面面平行与垂直关系的证明，尤其是垂直关系，考查空间几何体的体积及侧面积的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等． 【命题规律】 高考对该部分内容的考查