立体几何 解答题专练-【赢在微点】2024高考文科数学大一轮复习顶层设计核心微练课件PPT（老高考）

高考复习顶层设计（大一轮） 核心微练 数学文科 1 2 立体几何　解答题专练 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 3 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 4 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 5 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 6 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 7 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 8 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 9 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 10 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 11 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 12 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 13 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 14 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 15 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 16 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 17 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 18 高考复习顶层设计 数学(文) 微在字里 赢在行间 第页 19 1.(2023·商丘模拟)如图,在棱长为a的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F,P,Q分别是BC,C1D1,AD1,BD的中点。 (1)求证:PQ∥平面DCC1D1; (2)求PQ的长; (3)求证:EF∥平面BB1D1D。 解　(1)证明:如图所示,连接AC,CD1,则AC必过点Q,且AQ=QC。因为P,Q分别是AD1,AC的中点,所以PQ∥CD1。 又PQ⊄平面DCC1D1,CD1⊂平面DCC1D1, 所以PQ∥平面DCC1D1。 (2)由(1)易知PQ=D1C=a。 (3)证明:如图,取B1C1的中点E1,连接EE1,FE1,则FE1∥B1D1,EE1∥BB1。 又FE1∩EE1=E1,B1D1∩BB1=B1,所以平面EE1F∥平面BB1D1D。 又EF⊂平面EE1F,故EF∥平面BB1D1D。 2.(2023·贵州适应性考试)如图所示,四边形ABCD为菱形,PA=PD,平面PAD⊥平面ABCD,点E是棱AB的中点。 (1)求证:AC⊥PE; (2)若PA=AB=AC=2,求三棱锥E⁃PCD的体积。 解　(1)证明:如图所示,设点F是棱AD的中点, 连接PF,EF,BD,由PA=PD及点F是棱AD的中点, 可得PF⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,PF⊂平面PAD, 所以PF⊥平面ABCD。因为AC⊂平面ABCD,所以PF⊥AC。 因为四边形ABCD为菱形,所以BD⊥AC, 而EF是△ABD的中位线,所以EF∥BD,可得EF⊥AC, 又PF∩EF=F,且PF⊂平面PEF,EF⊂平面PEF,所以AC⊥平面PEF。 因为PE⊂平面PEF,所以AC⊥PE。 (2)因为PA=PD,PA=AB=AC=2,四边形ABCD为菱形, 所以△PAD是正三角形,△ACD是正三角形,则PF=, 由于PF⊥平面ABCD, 因此V三棱锥E⁃PCD=V三棱锥P⁃ECD=S△CDE×PF=S△ACD×PF=×(×22)×=1。 3.(2023·西安五校联考)如图,在一个多面体中底面ABCD为直角梯形,其中AB∥CD,AD⊥AB,AD⊥CD,四边形CDEF为矩形,平面CDEF⊥平面ABCD,AB=AD=CD=1,且M为EA的中点。 (1)若ED=1,求证:AE⊥平面MDC; (2)若矩形CDEF为正方形,点P是线段CD上的动点,求点P到平面ABFE的距离。 解　(1)证明:因为ED=AD=1,M为AE的中点,所以DM⊥AE。 因为四边形CDEF为矩形,所以CD⊥ED。 因为CD⊥AD,ED∩AD=D,ED,AD⊂平面EAD,所以CD⊥平面EAD。 又AE⊂平面EAD,所以AE⊥CD。 又CD∩DM=D,CD,DM⊂平面MDC,所以AE⊥平面MDC。 (2)由于AB∥CD,AB⊂平面ABFE,CD⊄平面ABFE, 故有CD∥平面ABFE, 故点P到平面ABFE的距离即点D到平面ABFE的距离。 如图,连接DB,EB,因为平面CDEF⊥平面ABCD, 平面CDEF∩平面ABCD=CD,ED⊥CD,ED⊂平面CDEF,所以ED⊥平面ABCD, 故点E到平面ABCD的距离为2,故VE⁃ABD=S△ABD·ED=。 在Rt△AED中,AE==。易得AB⊥AE。 设点D到平面ABE的距离为h,则VD⁃ABE=S△ABE×h=××1××h=h, 又VD⁃