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word（老高考）

立体几何　解答题专练 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⁃ABE=VE⁃ABD,所以h=,即点P到平面ABFE的距离为。 4.如图,已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,FA⊥底面ABCD,DE∥AF,M是BC的中点,且FA=3DE=3。 (1)求证:AM⊥EF; (2)求三棱锥E⁃ACF的体积。 解　(1)证明:由题意可得△ABC为等边三角形,又M是BC的中点,所以AM⊥BC,又AD∥BC,所以AM⊥AD。因为FA⊥底面ABCD,AM⊂平面ABCD,故FA⊥AM,又FA∩AD=A,FA,AD⊂平面ADEF,所以AM⊥平面ADEF,又EF⊂平面ADEF,所以AM⊥EF。 (2)解法一(等积法):由题意可知△ACD为等边三角形,如图,取N为AD的中点,连接CN,则CN⊥AD,所以CN∥AM,所以CN⊥平面ADEF,则点C到平面ADEF的距离d=CN=。又S△AEF=AF·DA=×3×2=3,所以V三棱锥E⁃ACF=V三棱锥C⁃AEF=S△AEF·d=。 解法二(割补法):由题意可知△ACD为等边三角形,如解法一图,取N为AD的中点,连接CN,则CN⊥AD,所以CN∥AM,所以CN⊥平面ADEF,则点C到平面ADEF的距离d=CN=,所以V三棱锥E⁃ACF=V三棱锥C⁃AEF=V四棱锥C⁃ADEF-V三棱锥C⁃ADE=××2×-××2×1×=。 5.(2023·长春市质量监测)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是边长为