1、专练43高考大题专练(四)立体几何的综合运用12019全国卷如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，AB3，求四棱锥EBB1C1C的体积2如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD.3.如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面P
2、OM的距离42020全国卷如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心若AOAB6，AO平面EB1C1F，且MPN，求四棱锥BEB1C1F的体积52020全国卷如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC90.(1)证明：平面PAB平面PAC；(2)设DO，圆锥的侧面积为，求三棱锥PABC的体积专练43高考大题专练(四)立体几何的综合运用
3、1.解析：本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积，考查了空间想象能力，主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养(1)证明：由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEBA1EB145，故AEAB3，AA12AE6.作EFBB1，垂足为F，则EF平面BB1C1C，且EFAB3.所以，四棱锥EBB1C1C的体积V36318.2证明：(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD.因为底面ABCD为矩形，所以BCAD.所以PEBC.(2)因
4、为底面ABCD为矩形，所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又因为PAPD，所以PD平面PAB.又PD面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGBC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEBC.所以DEFG，DEFG.所以四边形DEFG为平行四边形所以EFDG.又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.3解析：(1)证明：因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且O
5、BAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知，OPOB.由OPOB，OPAC知，PO平面ABC.(2)作CHOM，垂足为H.又由(1)可得OPCH，所以CH平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离由题设可知OCAC2，CMBC，ACB45，所以OM，CH.所以点C到平面POM的距离为.4解析：(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N.又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.(2)AO平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1F
6、PN，故AOPN.又APON，故四边形APNO是平行四边形，所以PNAO6，APONAM，PMAM2，EFBC2.因为BC平面EB1C1F，所以四棱锥BEB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离作MTPN，垂足为T，则由(1)知，MT平面EB1C1F，故MTPMsinMPN3.底面EB1C1F的面积为(B1C1EF)PN(62)624.所以四棱锥BEB1C1F的体积为24324.5解析：(1)由题设可知，PAPBPC.由于ABC是正三角形，故可得PACPAB，PACPBC.又APC90，故APB90，BPC90.从而PBPA，PBPC，故PB平面PAC，所以平面PAB平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl，l2r22.解得r1，l.从而AB.由(1)可得PA2PB2AB2，故PAPBPC.所以三棱锥PABC的体积为PAPBPC3.