2020高考精品系列之数学(文)专题11 立体几何解答题(解析版)

证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点， ∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴NDA1D，

由题设知A1B1DC，∴B1CA1D，∴MEND，

∴四边形MNDE是平行四边形，

MN∥ED，

又MN?平面C1DE，∴MN∥平面C1DE． 解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H， 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C， ∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，

∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离， 由已知可得CE＝1，CC1＝4， ∴C1E，故CH，

∴点C到平面C1DE的距离为

．

解法二：

证明：（1）∵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．

∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，

以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

M（1，，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，

，0），

（﹣1，

），

，0），C1（﹣1，

），

，4），

（0，（0，

设平面C1DE的法向量则

（x，y，z），

，

取z＝1，得∵

?

（4，0，1），

0，MN?平面C1DE，

∴MN∥平面C1DE．

解：（2）C（﹣1，，0），（﹣1，，0），

平面C1DE的法向量

（4，0，1），

∴点C到平面C1DE的距离：

d．

5．【2019年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．

（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形， ∴BD⊥PA，BD⊥AC，

∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．

（Ⅱ）∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，

E为CD的中点，∠ABC＝60°，

∴AB⊥AE，PA⊥AE，

∵PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB， ∵AE?平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE．

解：（Ⅲ）棱PB上是存在中点F，使得CF∥平面PAE． 理由如下：取AB中点G，连结GF，CG，

∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点， ∴CG∥AE，FG∥PA， ∵CG∩FG＝G，AE∩PA＝A， ∴平面CFG∥平面PAE，

∵CF?平面CFG，∴CF∥平面PAE．

6．【2018年新课标2文科19】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2为AC的中点．

（1）证明：PO⊥平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．

，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O

【解答】（1）证明：∵AB＝BC＝2，AC＝4，∴AB2+BC2＝AC2，即△ABC是直角三角形，

又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC，

∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°， ∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝0，∴PO⊥平面ABC； （2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO在△COM中，OM．

，

，

S△COM．

设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC＝VC﹣POM?，

解得d，

∴点C到平面POM的距离为．

7．【2018年新课标1文科18】如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA． （1）证明：平面ACD⊥平面ABC；

（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQDA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．