PAGEPAGE1第2講綜合大題部分1．(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離．解析：(1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq\r(3).如圖，連接OB.因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC知，PO⊥平面ABC.(2)如圖，作CH⊥OM，垂足為H，又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離．由題設(shè)可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，所以O(shè)M＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).2．(2024·高考全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由．解析：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點時，MC∥平面PBD.證明如下：連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC中點．連接OP，因為P為AM中點，所以MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.3．(2024·高考全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達(dá)點D的位置，且AB⊥DA.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱錐Q-ABP的體積．解析：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如圖，過點Q作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1＝1.4．如圖，在多面體ABCPE中，平面PAC⊥平面ABC，AC⊥BC，PE∥BC,2PE＝BC，M是線段AE的中點，N是線段PA上一點，且滿意AN＝λAP(0<λ<1)．(1)若λ＝eq\f(1,2)，求證：MN⊥PC；(2)是否存在λ，使得三棱錐M-ACN與三棱錐B-ACP的體積比為1∶12？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．解析：(1)證明：若λ＝eq\f(1,2)，則N是線段PA的中點．因為平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面PAC.因為M是線段AE的中點，N是線段PA的中點，所以MN∥PE，又PE∥BC，所以MN∥BC，所以MN⊥平面PAC.因為PC?平面PAC，所以MN⊥PC.(2)存在λ＝eq\f(1,3)，使得三棱錐M-ACN與三棱錐B-ACP的體積比為1∶12.理由如下：由(1)知，BC⊥平面PAC，所以三棱錐B-ACP的體積VB-ACP＝eq\f(1,3)S△ACP·BC，因為M是線段AE的中點，所以點M到平面ACP的距離等于點E到平面ACP的距離的一半，因為AN＝λAP(0<λ<1)，所以S△ACN＝λS△ACP，又2PE＝BC，所以三棱錐M-ACN的體積VM-ACN＝eq\f(1,3)S△ACN·(eq\f(1,2)PE)＝eq\f(1,3)λS△ACP·(eq\f(1,4)BC)＝eq\f(1,12)λS△ACP·BC