发布时间 : 星期日 文章2020高考精品系列之数学(文)专题11 立体几何解答题(解析版)更新完毕开始阅读
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．