2020高考精品系列之数学（文）专题11 立体几何解答题（解析版）

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＝DQ

DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．

【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM＝90°，∴AB⊥AC， 又AB⊥DA．且AD∩AC＝A， ∴AB⊥面ADC，∵AB?面ABC， ∴平面ACD⊥平面ABC；

（2）∵AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，∴AD＝AM＝3∴BP＝DQ

DA＝2

，

，

由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC， ∴三棱锥Q﹣ABP的体积V

1．

8．【2018年新课标3文科19】如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧于C，D的点．

（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；

所在平面垂直，M是上异

（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦面，CM?半圆弦∴CM⊥AD， M是

所在平面，

所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平

上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD＝D，∴CM⊥平面AMD，CM?平面CMB，

∴平面AMD⊥平面BMC； （2）解：存在P是AM的中点， 理由：

MC?平面BDP，OP?平面BDP， 连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，所以MC∥平面PBD．

9．【2018年北京文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点． （Ⅰ）求证：PE⊥BC；

（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD； （Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．

【解答】证明：（Ⅰ）PA＝PD，E为AD的中点， 可得PE⊥AD，

底面ABCD为矩形，可得BC∥AD， 则PE⊥BC；

（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P， 且AB∥CD，

在平面PAB内过P作直线PG∥AB， 可得PG∥CD，

即有平面PAB∩平面PCD＝PG， 由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD， 可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA， PA⊥PG；

同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，

可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角， 由PA⊥PD，

可得平面PAB⊥平面PCD；

（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，

在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC， FH

BC，

由DE∥BC，DEBC，

可得DE＝FH，DE∥FH， 四边形EFHD为平行四边形， 可得EF∥DH，

EF?平面PCD，DH?平面PCD， 即有EF∥平面PCD．

10．【2018年天津文科17】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；

（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．

，∠BAD＝90°．

【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB， 得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；

（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND， ∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，

∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角， 在Rt△DAM中，AM＝1，故DM∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC， 在Rt△DAN中，AN＝1，故DN

在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN

，

．

，

∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为；

（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点， 故CM⊥AB，CM

，