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2020年高考数学二轮复习同步练习:专题5 立体几何1(文)(2020沈阳3月质检)如图,矩形BCC1B1所在平面垂直于三角形ABC所在平面,且BB1CC1AC2,ABBC.又E,F分别是C1A和C1B的中点(1)求证:EF平面ABC;(2)求证:平面EFC1平面C1CBB1.证明(1)在C1AB中,E,F分别是C1A和C1B的中点,EFAB,AB平面ABC,EF平面ABC,EF平面ABC.(2)平面BCC1B1平面ABC,且BCC1B1为矩形,BB1AB,又在ABC中,AB2BC2AC2,ABBC,AB平面C1CBB1,平面EFC1平面C1CBB1.(理)(2020江西南昌调研)如图,已知在直三棱柱ABCA1B1C1中,ACBC,D为AB的中点,ACBCBB1.(1)求证:BC1AB1;(2)求证:BC1平面CA1D.证明如图,以C1点为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设ACBCBB12,则A(2,0,2),B(0,2,0),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2)(1)由于(0,2,2),(2,2,2),所以0440,因此,故BC1AB1.(2)取A1C的中点E,连接DE,由于E(1,0,1),所以(0,1,1),又(0,2,2),所以,且ED和BC1不共线,则EDBC1,又DE平面CA1D,BC1平面CA1D,故BC1平面CA1D.2(2020安徽理,17)如图,ABEDFG为多面体,平面ABED与平面AGFD垂直,点O在线段AD上,OA1,OD2,OAC,ODE,GDE都是正三角形(1)证明直线BGEF;(2)求梭锥FGBED的体积解析(1)(综合法)证明:设G是线段DA与线段EB的延长线的交点,于OAB与ODE都是正三角形,所以OB綊DE,OGOD2,同理,设G是线段DA与线段FC延长线的交点,有OGOD2.又由于G和G都在线段DA的延长线上,所以G与G重合在GED和GFD中,由OB綊DE和OC綊DF,可知B,C分别是GE和GF的中点,所以BC是GEF的中位线,故BCEF.(向量法)过点F作FQAD,交AD于点Q,连QE,由平面ABED平面ADFC,知FQ平面ABED,以Q为坐标原点,为x轴正向,为y轴正向,为z轴正向,建立如图所示空间直角坐标系由条件知E(,0,0),F(0,0,),B(,0),C(0,)则有(,0,),(,0,)所以2,即得BCEF.(2)解:由OB1,OE2,EOB60,知SEOB,而OED是边长为2的正三角形,故SOED.所以S四边形OBEDSEOBSOED.过点F作FQAD,交AD于点Q,由平面ABED平面ACFD知,FQ就是四棱锥FOBED的高,且FQ,所以VFOBEDFQS四边形OBED.3(文)(2020惠州模拟)如图,已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长是2,D,E是CC1,BC的中点,AEDE.(1)求此正三棱柱的侧棱长;(2)正三棱柱ABCA1B1C1表面积解析(1)设正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为x.ABC是正三角形, AEBC.又底面ABC侧面BB1C1C,且交线为BC,AE侧面BB1C1C,在RtAED中,由AEDE,得,解得x2,即此三棱锥的侧棱长为2.(2)SS侧S底,S侧32212,S底2222,SS侧S底122.(理)(2020太原模拟)下面一组图形为PABC的底面与三个侧面已知ABBC,PAAB,PAAC.(1)写出三棱锥PABC中的所有的线面垂直关系(不要求证明);(2)在三棱锥PABC中,M是PA上的一点,求证:平面ABC平面PAB;(3)在三棱锥PABC中,M是PA的中点,且PABC3,AB4,求三棱锥PABC的体积解析(1)如图,三棱锥PABC中,PA平面ABC,BC平面PAB.(2)PAAB,PAAC,ABACA,PA平面ABC,PABC.又BCAB,且PAABA,BC平面PAB.又BC平面ABC.平面ABC平面PAB.(3)法一:PA3,M是PA的中点,MA.又AB4,BC3.VMABCSABCMA433,又VPABCSABCPA4336,VPMBCVPABCVMABC633.法二:PA3,AB4,M是PA的中点,SPBMSPAB343.又BC平面PAB,且BC3,VPMBCVCPBMSPBMBC333.4(2020北京文,17)如图,在四面体PABC中,PCAB、PABC,点D、E、,F、G分别是棱AP、CC、BC、PB的中点(1)求证:DE平面BCP;(2)求证:四边形DEFG为矩形;(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由解析(1)因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DEPC,又因为DE平面BCP,PC平面BCP,所以DE平面BCP.(2)因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,所以DEPCFG,DGABEF,所以四边形DEFG为平行四边形,又因为PCAB,所以DEDG,所以四边形DEFG为矩形(3)存在点Q满足条件,理由如下:连接DF,EG,设Q为EG的中点,由(2)知,DFEGQ,且QDQEQFQGEG,分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN.与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,且QMQNEG,所以Q为满足条件的点5(2020广东文,18)下图所示的几何体是将高为2,底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后,将其中一半沿切面向右水平平移后得到的,A,A,B,B分别为,的中点,O1,O1,O2,O2分别为CD,CD,DE,DE的中点(1)证明:O1,A,O2,B四点共面;(2)设G为AA中点,延长AO1到H,使得O1HAO1.证明:BO2平面HBC.解析(1)由题意知A,O1,B,O2四点共面O1,O2分别为CD,DE的中点,A,B分别为,的中点,O1ABO2.又O2,B分别为DE,的中点,BO2BO2,O1ABO2,O1,A,O2,B四点共面(2)方法:如图(1)所示,连接AO1,并延长至H,使得O1HAO1,连接HH,HB,BO2,O2O2,O1O1,则得长方体HBO2O1HBO2O1.则HO1BO2,HBBO2.取AG的中点F,连接O1F,HF,则O1F綊HG.由题意,在RtHAG中,HA2,AG1,HG,O1F.在RtHAF中,HA2,AF,HFHA2AF2.在RtHHO1中,HH2,HO11,HO1HH2HO.O1F2HOHF2.HO1O1F.又O1FHG,HO1HG.BO2HG.又HBBO2,HBHGH.BO2平面HBG.(理)方法2(向量法)建系O1xyz如图(2)所示,直圆柱高为2,底面半径为1,则O1(0,0,0),B(1,2,0),O2(0,2,2),B(1,2,2),G(1,0,1),H(1,0,2),(1,0,2),(2,2,1),(0,2,0)2020,0000,BO2GB且BO2HB.又GBHBB,BO2面HBG.6(文)已知四棱锥PABCD的直观图和三视图如图所示,E是PB的中点(1)求三棱锥CPBD的体积;(2)若F是BC上任一点,求证:AEPF;(3)边PC上是否存在一点M,使DM平面EAC,并说明理由解析(1)由该四棱锥的三视图可知,四棱锥PABCD的底面是边长为2和1的矩形,侧棱PA平面ABCD,且PA2,VCPBDVPBCD122.(2)证明:BCAB,BCPA,ABPAA.BC平面PAB,BCAE,又在PAB中,PAAB,E是PB的中点,AEPB.又BCPBB,AE平面PBC,且PF平面PBC,AEPF.(3)存在点M,可以使DM平面EAC.连结BD,设ACBDO,连结EO.在PBD中,EO是中位线PDEO,又EO平面EAC,PD平面EAC,PD平面EAC,当点M与点P重合时,可以使DM平面EAC.(理)(2020山东理,19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,ACB90,EA平面ABCD,EFAB,FGBC,EGAC,AB2EF.(1)若M是线段AD的中点,求证:GM平面ABFE;(2)若ACBC2AE,求二面角ABFC的大小解析(1)证法一:因为EFAB,FGBC,EGAC,ACB90,所以EGF90,ABCEFG.由于AB2EF因此BC2FG连接AF,由于FGBC,FGBC,在ABCD中,M是线段AD的中点,则AMBC,且AMBC.因此FGAM且FGAM,所以四边形AFGM为平行四边形因此GMFA.又FA平面ABFE,GM平面ABFE,所以GM平面ABFE.证法二:因为EFAB,FGBC,EGAC,ACB90,所以EGF90,ABCEFG,由于AB2EF,所以BC2FG.取BC的中点N,连接GN,因此,四边形BNGF为平行四边形,所以GNFB.在ABCD中,M是线段AD的中点,连接MN,则AMAB.因为MNGNN,所以平面GMN平面ABFE.又GM平面GMN.所以GM平面ABFE.(2)解法一:因为ACB90,所以CAD90又EA平面ABCD,所以AC,AD,AE两两垂直分别以AC,AD,AE所在直线为x轴、y轴和z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设ACBC2AE2,则由题意得A(0,0,0),B(2,2,0),C(2,0,0),E(0,0,1),所以(2,2,0),(0,2,0)又EFAB,所以F(1,1,1),(1,1,1)设平面BFC的法向量为m(x1,y1,z1),则m0,m0,所以取z11得x1
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