2020屆高考數(shù)學總復習 課時跟蹤練（四十六）專題探究課（四） 文（含解析）新人教A版

課時跟蹤練(四十六) A組　基礎(chǔ)鞏固 1．(2019·黃山模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是邊長的2的等邊三角形，PC＝，M在PC上，且PA∥平面MBD. (1)求證：M是PC的中點； (2)求多面體PABMD的體積． (1)證明：連接AC交BD于點E，連接ME. 因為四邊形ABCD是矩形，所以E是AC的中點． 又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC與平面MDB的交線， 所以PA∥ME，所以M是PC的中點． (2)解：取AD中點O，連接OC，PO，則PO⊥AD， 又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD， 因為OC?平面ABCD，所以PO⊥OC，在Rt△POC中，PO＝，PC＝，則OC＝＝，所以CD＝＝3， 所以VP-ABCD＝×2×3×＝2， 由(1)知M到平面ABCD的距離等于點P到平面ABCD的距離的一半，為，所以VMBCD＝××2×3×＝， 所以V多面體PABMD＝2－＝. 2．如圖，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜邊AC上的高BD將△ABD折起到△PBD的位置，點E在線段CD上． (1)求證：PE⊥BD； (2)過點D作DM⊥BC交BC于點M，點N為PB的中點，若PE∥平面DMN，求的值． (1)證明：因為BD⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD， 所以BD⊥平面PCD. 又PE?平面PCD， 所以BD⊥PE. (2)解：由題意，得BM＝BC. 取BC的中點F，連接PF、EF， 則PF∥MN. 又PF?平面DMN，MN?平面DMN， 所以PF∥平面DMN. 由條件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P， 所以平面PEF∥平面DMN，所以EF∥DM， 所以＝＝. 3.(2017·全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD. (1)證明：AC⊥BD； (2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比． (1)證明：取AC的中點O， 連接DO，BO. 因為AD＝CD，所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO. 從而AC⊥平面DOB， 故AC⊥BD. (2)解：如圖所示，連接EO， 由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO. 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2. 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°. 由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝AC. 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD. 故E為BD的中點，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1. 4．(2019·北京模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中點． (1)求證：平面PAB⊥平面PAD. (2)求證：PN⊥平面ABCD. (3)在棱BC上是否存在動點E，使得BN∥平面DEP？并說明理由． (1)證明：在矩形ABCD中，AB⊥AD. 又因為AB⊥PA且PA∩AD＝A， 所以AB⊥平面PAD. 又因為AB?平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)證明：在△PAD中，PA＝PD，N是棱AD的中點，所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面PAD，所以AB⊥PN. 又因為AB∩AD＝A，所以PN⊥平面ABCD. (3)解：在棱BC上存在點E，使得BN∥平面DEP，此時E為BC的中點． 證明如下： 取BC中點E，連接PE，DE. 在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE. 所以四邊形BNDE是平行四邊形，則BN∥DE. 又因為BN?平面DEP，DE?平面DEP. 所以BN∥平面DEP. B組　素養(yǎng)提升 5．(2019·鄭州模擬)在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC中點． (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距離． (1)證明：取BD中點O，連接OM，OE， 因為O，M分別為BD，BC中點， 所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD， 因為四邊形ABCD為菱形， 所以CD∥AB，因為EF∥AB， 所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF＝2，所以EF＝CD. 所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF， 所以四邊形OMFE為平行四邊形， 所以FM∥OE. 又OE?平面BDE且FM?平面BDE，所以FM∥平面BDE. (2)解：由(1)得FM∥平面BDE， 所以F到平面BDE的距離等于M到平面BDE的距離． 取AD的中點H，連接EH，BH， 因為EA＝ED，所以EH⊥AD， 因為平面ADE⊥平面ABCD， 平面ADE∩平面ABCD＝AD， 所以EH⊥平面ABCD，因為BH?平面ABCD，所以EH⊥BH. 因為四邊形ABCD是菱形，所以AB＝AD＝2， 又∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形，所以BH＝.易得EH＝. 在Rt△EHB中，因為EH＝BH＝， 所以BE＝， 由已知，知△ABD是等邊三角形，所以BD＝AB＝ED＝2，所以△BDE中斜邊BE上的高為 ， 所以S△BDE＝×× ＝， 設(shè)F到平面BDE的距離為h， 連接DM， 因為S△BDM＝××4＝， 所以由VEBDM＝VMBDE，得××＝×h×， 解得h＝. 即F到平面BDE的距離為. 6.(2018·天津卷)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°. (1)求證：AD⊥BC； (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值； (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值． (1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC. (2)解：取棱AC的中點N，連接MN，ND. 又因為M為棱AB的中點，所以MN∥BC. 所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角． 在Rt△DAN中，AM＝1，故DM＝＝. 因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC. 在Rt△DAM中，AN＝1，故DN＝＝. 在等腰三角形DMN中，MN＝1， 可得cos∠DMN＝＝. 所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為. (3)解：連接CM.因為△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，故CM⊥AB，CM＝. 又因為平面ABC⊥平面ABD， 而CM?平面ABC，故CM⊥平面ABD， 所以，∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角． 在Rt△CAD中，CD＝＝4. 在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝. 所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為. 7