（江苏专用）2020版高考数学三轮复习 解答题专题练（二）立体几何 文 苏教版

解答题专题练(二)立体几何(建议用时：40分钟)1．(2019·南通密卷)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥BC，G为PA上一点．(1)求证：平面PCD⊥平面ABCD；(2)若PC∥平面BDG，求证：G为PA的中点．2．(2019·湛江模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝12AD，PA＝PD，M，N分别为AD和PC的中点．(1)求证：PA∥平面MNB；(2)求证：平面PAD⊥平面PMB.3.(2019·湛江模拟)如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝12CD，AB⊥BC，平面ABCD⊥平面BCE，△BCE为等边三角形，M，F分别是BE，BC的中点，DN＝14DC.(1)证明：EF⊥AD；(2)证明：MN∥平面ADE；(3)若AB＝1，BC＝2，求几何体ABCDE的体积．4.(2019·徐州模拟)在正四棱锥S­ABCD中，底面边长为a，侧棱长为2a，P为侧棱SD上的一点．(1)当四面体ACPS的体积为6a318时，求SPPD的值；(2)在(1)的条件下，若E是SC的中点，求证：BE∥平面APC.解答题专题练(二)1．证明：(1)因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD，又因为PD⊥BC，CD，PD⊂平面PCD，PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD，又因为BC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCD.(2)连结AC，交BD于O，连结GO，因为PC∥平面BDG，平面PCA∩平面BDG＝GO，所以PC∥GO，所以PGGA＝COOA，因为底面ABCD为矩形，所以O是AC的中点，即CO＝OA，所以PG＝GA，所以G为PA的中点．2．证明：(1)连结AC交MB于Q，连结NQ，MC.因为AM∥BC，AM＝12AD＝BC，所以四边形ABCM是平行四边形，所以Q是AC的中点.又N是PC的中点，所以NQ∥PA.因为NQ⊂平面MNB，PA⊄平面MNB，所以PA∥平面MNB.(2)因为PA＝PD，AM＝MD，所以PM⊥AD.因为MD∥BC，MD＝BC，所以四边形BCDM是平行四边形，所以MB∥DC.因为∠ADC＝90°，即AD⊥DC，所以AD⊥MB.因为PM∩MB＝M，PM，MB⊂平面PMB，所以AD⊥平面PMB.因为AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PMB.3．解：(1)证明：因为△BCE为等边三角形，F是BC的中点，所以EF⊥BC.又因为平面ABCD⊥平面BCE，交线为BC，EF⊂平面BCE，根据面面垂直的性质定理得EF⊥平面ABCD；又因为AD⊂平面ABCD，所以EF⊥AD.(2)证明：取AE中点G，连结MG，DG.因为AG＝GE，BM＝ME，所以GM∥AB，且GM＝12AB，因为AB∥CD，AB＝12CD，DN＝14DC，所以DN∥AB，且DN＝12AB，所以四边形DGMN是平行四边形，所以DG∥MN，又因为DG⊂平面ADE，MN⊄平面ADE，所以MN∥平面ADE.(3)依题，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，CD＝2，BC＝2，则直角梯形ABCD的面积为S梯形ABCD＝12(AB＋CD)×BC＝12(1＋2)×2＝3，由(1)可知EF⊥平面ABCD，EF是四棱锥E­ABCD的高，在等边△BCE中，由边长BC＝2，得EF＝2×sin60°＝3，故几何体ABCDE的体积为VE­ABCD＝13·S梯形ABCD·EF＝13×3×3＝3.4．解：(1)连结AC，BD，AC∩BD＝O，连结SO.设PD＝x，过P作PH⊥DB于H，因为平面SBD⊥平面ABCD且BD为交线，则PH⊥平面ABCD，又SO⊥平面ABCD，所以PH∥SO，在Rt△SOB中，SO＝SB2－BO2＝62a，因为PHSO＝PDSD，所以PH＝PD·SOSD＝x·62a2a＝32x，所以VS­PAC＝VS­ACD－VP­ACD＝13×12×a×a62a－32x＝618a3，解得x＝23a，所以SPPD＝21＝2.(2)证明：取SP中点Q，连结QE，BQ，则EQ∥PC，EQ⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，所以EQ∥平面PAC，则BQ∥PO，BQ⊄平面PAC，PO⊂平面PAC，所以BQ∥平面PAC，而EQ与BQ为平面BEQ内的两条相交直线，所以平面BEQ∥平面PAC，而BE⊂平面BEQ，所以BE∥平面APC.