《2019届高考数学二轮复习大题专项练三立体几何A文2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习大题专项练三立体几何A文2.pdf（4页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、三 立体几何(A)三 立体几何(A) 1.(2018辽宁模拟)如图,已知 PA 垂直于矩形 ABCD 所在的平面,M,N 分别是 AB,PC 的中点, 若PDA=45, (1)求证:MN平面 PAD; (2)求证:MN平面 PCD. 2.(2018乐山二模)如图,在四棱锥 P ABCD 中,PA平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,PA=AB=2, E 为 PA 的中点,BAD=60. (1)求证:PC平面 EBD; (2)求三棱锥 P EDC 的体积. 3.(2018闵行区一模)如图,已知 AB 是圆锥 SO 的底面直径,O 是底面圆心,SO=2,AB=4,P 3 是母线 SA 的中点,C
2、 是底面圆周上一点, AOC=60. (1)求圆锥的侧面积; (2)求直线 PC 与底面所成的角的大小. 4.(2018洛阳一模)在如图所示的几何体中,平面 CDEF 为正方形,平面 ABCD 为等腰梯形,AB CD,AC=,AB=2BC=2,ACFB. 3 (1)求证:AC平面 FBC; (2)求四面体 FBCD 的体积; (3)线段 AC 上是否存在点 M,使 EA平面 FDM?证明你的结论. 1.证明:(1)如图,取 PD 的中点 E,连接 AE,NE. 因为 E,N 分别为 PD,PC 的中点, 所以 ENCD, 1 2 又 M 为 AB 的中点,ABCD, 所以 AMCD, 1 2
3、所以 ENAM, 所以四边形 AMNE 为平行四边形. 所以 MNAE, 又 AE平面 PAD,MN平面 PAD, 所以 MN平面 PAD. (2)因为 PA平面 ABCD,PDA=45, 所以PAD 为等腰直角三角形, 又 E 为 PD 的中点, 所以 AEPD, 可证得 CDPA, 又因为 CDAD,ADPA=A, 所以 CD平面 PAD, 因为 AE平面 PAD, 所以 CDAE, 又 CDPD=D, 所以 AE平面 PCD, 又 MNAE, 所以 MN平面 PCD. 2.(1)证明:设 AC 与 BD 相交于点 O,连接 OE. 由题意知,底面 ABCD 是菱形,则 O 为 AC 的中
4、点, 又 E 为 AP 的中点, 所以 OECP, 因为 OE平面 BDE,PC平面 BDE, 所以 PC平面 BDE. (2)解:因为 E 为 PA 的中点, 所以 SPCE= SPAC= 22=, 1 2 1 2 1 2 33 因为四边形 ABCD 是菱形, 所以 ACBD, 又因为 PA平面 ABCD, 所以 PABD, 又 PAAC=A, 所以 DO平面 PAC, 即 DO 是三棱锥 D PCE 的高,DO=1, 则= 1=.CDEPCE 1 3 3 3 3 3.解:(1)因为 AB 是圆锥 SO 的底面直径,O 是底面圆心,SO=2,AB=4, 3 所以底面半径 r=2, 2 母线长
5、 l=SA=4,2+ S2 4 + 12 所以圆锥的侧面积 S=rl=24=8. (2)过点 P 作 PEAB,交 AO 于 E,由已知得 PE圆锥底面, 连接 CE,则 CE 为 PC 在底面上的射影, 所以PCE 是直线 PC 与底面所成的角. 由于 OA=OC,AOC=60, 所以 CEAO. 在 RtPEC 中, PE= SO=,CE=. 1 2 322- 123 所以PCE= , 4 所以直线 PC 与底面所成的角为 . 4 4.(1)证明:在ABC 中, 因为 AC=,AB=2,BC=1, 3 所以 AC2+BC2=AB2. 所以 ACBC. 又因为 ACFB,FBBC=B, 所以
6、 AC平面 FBC. (2)解:因为 AC平面 FBC, 所以 ACFC. 因为 CDFC, 且 CDAC=C, 所以 FC平面 ABCD. 在 RtACB 中,BC= AB, 1 2 所以CAB=30, 所以在等腰梯形 ABCD 中可得ABD=CDB=CBD=30, 所以 CB=DC=1,BCD=120, 所以 FC=1. 所以BCD 的面积 S= 12sin 120=. 1 2 3 4 所以四面体 FBCD 的体积为= SFC=.BCD 1 3 3 12 (3)解:线段 AC 上存在点 M,且 M 为 AC 中点时,有 EA平面 FDM,证明如下: 连接 CE 与 DF 交于点 N,取 AC 中点 M,连接 MN,DM,FM. 由于平面 CDEF 为正方形,所以 N 为 CE 中点. 所以 EAMN. 因为 MN平面 FDM,EA平面 FDM, 所以 EA平面 FDM. 所以线段 AC 上存在点 M,使得 EA平面 FDM 成立.