2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第6讲平行垂直的综合问题检测(文科)含答案

第 6 讲 平行、垂直的综合问题
[基础题组练] 1.如图所示,四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,构成三棱锥 A?BCD,则在三棱锥 A?BCD 中,下列结论正 确的是( )
A.平面 ABD⊥平面 ABC B.平面 ADC⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDC D.平面 ADC⊥平面 ABC 解析:选 D.因为在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°, 所以 BD⊥CD. 又平面 ABD⊥平面 BCD, 且平面 ABD∩平面 BCD=BD, 故 CD⊥平面 ABD,则 CD⊥AB. 又 AD⊥AB,AD∩CD=D,AD? 平面 ADC,CD? 平面 ADC,故 AB⊥平面 ADC. 又 AB? 平面 ABC,所以平面 ADC⊥平面 ABC. 2.如图,四边形 ABCD 中,AB=AD=CD=1,BD= 2,BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′BCD,使平面 A′BD⊥平面 BCD,则下列结论正确的是( )

A.A′C⊥BD

B.∠BA′C=90°

C.CA′与平面 A′BD 所成的角为 30°

D.四面体

A′BCD

1 的体积为3

解析:选 B.若 A 成立可得 BD⊥A′D,产生矛盾,故 A 不正确;

由题设知:△BA′D 为等腰 Rt△,CD⊥平面 A′BD,得 BA′⊥平面 A′CD,则 BA′⊥A′C,

于是 B 正确;

由 CA′与平面 A′BD 所成的角为∠CA′D=45°知 C 不正确;

VA′?BCD=VC?A′BD=16,D 不正确.故选 B. 3.如图,在四棱锥 P?ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,点 E 在棱 PC 上(异于点 P,C),平 面 ABE 与棱 PD 交于点 F. (1)求证:AB∥EF; (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD,求证:AF⊥EF.
证明:(1)因为四边形 ABCD 是矩形,所以 AB∥CD. 又因为 AB?平面 PDC,CD? 平面 PDC,所以 AB∥平面 PDC. 又因为 AB? 平面 ABEF,平面 ABEF∩平面 PDC=EF,所以 AB∥EF. (2)因为四边形 ABCD 是矩形,所以 AB⊥AD. 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,AB? 平面 ABCD,所以 AB⊥平 面 PAD. 又因为 AF? 平面 PAD,所以 AB⊥AF. 由(1)知 AB∥EF,所以 AF⊥EF. 4.(2019·河南开封定位考试)如图,在三棱锥 D?ABC 中,AB=2AC=2,∠BAC=60°, AD= 6,CD=3,平面 ADC⊥平面 ABC.

(1)证明:平面 BDC⊥平面 ADC; (2)求三棱锥 D?ABC 的体积.

解:(1)证明:在△ABC 中,由余弦定理可得,BC= AB2+AC2-2AB·AC·cos ∠BAC=

1 4+1-2×2×1×2=

3,所以 BC2+AC2=AB2,所以 BC⊥AC,

因为平面 ADC⊥平面 ABC,平面 ADC∩平面 ABC=AC,所以 BC⊥平面 ADC, 又 BC? 平面 BDC,所以平面 BDC⊥平面 ADC.

(2)由余弦定理可得 cos∠ACD=23,所以 sin∠ACD= 35,所以 S△ACD=12·AC·CD·

sin∠ACD= 25, 则 VD?ABC=VB?ADC=13·BC·S△ACD= 615. 5.如图,在四棱锥 P?ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,PA⊥平面 ABCD,∠ABC=60°,E
是 BC 的中点.
(1)证明:AE⊥平面 PAD; (2)取 AB=2,若 H 为 PD 上的动点,EH 与平面 PAD 所成的最大角的正切值为 26,求 PA 的长度. 解:(1)证明:由四边形 ABCD 为菱形, ∠ABC=60°,可得△ABC 为正三角形. 因为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC. 又因为 BC∥AD,所以 AE⊥AD. 因为 PA⊥平面 ABCD,AE? 平面 ABCD,所以 PA⊥AE. 而 PA? 平面 PAD,AD? 平面 PAD,PA∩AD=A,所以 AE⊥平面 PAD. (2)连接 AH. 由(1)知 AE⊥平面 PAD,则∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角. 在 Rt△EAH 中,AE= 3,tan∠EHA=AAHE= AH3, 所以当 AH 最短,即 AH⊥PD 时,∠EHA 最大, 此时 tan∠EHA=AAHE= AH3= 26,因此 AH= 2. 又因为 AD=2,所以∠ADH=45°,所以 PA=AD=2.
[综合题组练] 1.(2019·武汉市部分学校调研)如图(1),在矩形 ABCD 中,AB=4,AD=2,E 是 CD 的 中点,将△ADE 沿 AE 折起,得到如图(2)所示的四棱锥 D1?ABCE,其中平面 D1AE⊥平面 ABCE.

(1)证明:BE⊥平面 D1AE; (2)设 F 为 CD1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M,使得 MF∥平面 D1AE,若存在,求 出AAMB的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:因为四边形 ABCD 为矩形且 AD=DE=EC=BC=2,所以∠AEB=90°,即 BE⊥AE,又平面 D1AE⊥平面 ABCE,平面 D1AE∩平面 ABCE=AE,所以 BE⊥平面 D1AE. (2)AABM=14,理由如下: 取 D1E 的中点 L,连接 FL,AL(图略),所以 FL∥EC.又 EC∥AB,所以 FL∥AB,且 FL=14 AB.所以 M,F,L,A 四点共面,若 MF∥平面 AD1E,则 MF∥AL.所以四边形 AMFL 为平行四边 形,所以 AM=FL=14AB,AAMB=14. 2.(2019·合肥市第一次教学质量检测)如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正 方形,BF⊥平面 ABCD,DE⊥平面 ABCD,BF=DE,M 为棱 AE 的中点.
(1)求证:平面 BDM∥平面 EFC; (2)若 AB=1,BF=2,求三棱锥 A?CEF 的体积. 解:(1)如图,设 AC 与 BD 交于点 N,则 N 为 AC 的中点,连接 MN, 又 M 为棱 AE 的中点,所以 MN∥EC. 因为 MN?平面 EFC,EC? 平面 EFC, 所以 MN∥平面 EFC. 因为 BF⊥平面 ABCD,DE⊥平面 ABCD,且 BF=DE, 所以 BF 綊 DE, 所以四边形 BDEF 为平行四边形,所以 BD∥EF. 因为 BD?平面 EFC,EF? 平面 EFC, 所以 BD∥平面 EFC.

又 MN∩BD=N,所以平面 BDM∥平面 EFC.

(2)连接 EN,FN.在正方形 ABCD 中,AC⊥BD,

又 BF⊥平面 ABCD,所以 BF⊥AC.

又 BF∩BD=B,所以 AC⊥平面 BDEF,



N



AC

的中点,所以

V V = , A?NEF

C?NEF

所以 VA?CEF=2VA?NEF=2×13×AN×S△NEF=2×13× 22×12× 2×2=23,

所以三棱锥 A?CEF 的体积为23.

3.如图(1),在 Rt△ABC 中,∠ABC=90°,D 为 AC 的中点,AE⊥BD 于点 E(不同于点

D),延长 AE 交 BC 于 F,将△ABD 沿 BD 折起,得到三棱锥 A1?BCD,如图(2)所示.

(1)若 M 是 FC 的中点,求证:直线 DM∥平面 A1EF; (2)求证:BD⊥A1F; (3)若平面 A1BD⊥平面 BCD,试判断直线 A1B 与直线 CD 能否垂直?并说明理由. 解:(1)证明:因为 D,M 分别为 AC,FC 的中点,所以 DM∥EF,又 EF? 平面 A1EF,DM? 平面 A1EF,所以 DM∥平面 A1EF. (2)证明:因为 A1E⊥BD,EF⊥BD 且 A1E∩EF=E, 所以 BD⊥平面 A1EF. 又 A1F? 平面 A1EF,所以 BD⊥A1F. (3)直线 A1B 与直线 CD 不能垂直. 理由如下: 因为平面 A1BD⊥平面 BCD,平面 A1BD∩平面 BCD=BD,EF⊥BD,EF? 平面 BCD,所以 EF⊥ 平面 A1BD. 因为 A1B? 平面 A1BD,所以 A1B⊥EF, 又因为 EF∥DM,所以 A1B⊥DM. 假设 A1B⊥CD, 因为 CD∩DM=D,所以 A1B⊥平面 BCD, 所以 A1B⊥BD, 这与∠A1BD 为锐角矛盾,所以直线 A1B 与直线 CD 不能垂直. 4.如图,在正四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 中,E 为 AD 的中点,F 为 B1C1 的中点.

(1)求证:A1F∥平面 ECC1; (2)在线段 CD 上是否存在一点 G,使 BG⊥平面 ECC1?若存在,请确定点 G 的位置,并证 明你的结论;若不存在,请说明理由. 解:(1)如图所示,在正四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 中,取 BC 的中点 M, 连接 AM,FM. 则 B1F∥BM 且 B1F=BM. 所以四边形 B1FMB 是平行四边形, 所以 FM∥B1B 且 FM=B1B. 所以 FM∥A1A 且 FM=A1A, 所以四边形 AA1FM 是平行四边形, 所以 FA1∥AM. 因为 E 为 AD 的中点, 所以 AE∥MC 且 AE=MC. 所以四边形 AMCE 是平行四边形. 所以 EC∥AM,所以 EC∥A1F. 因为 A1F?平面 ECC1,EC? 平面 ECC1, 所以 A1F∥平面 ECC1. (2)在 CD 上存在一点 G 且 G 是 CD 的中点,使 BG⊥平面 ECC1,证明如下. 取 CD 的中点 G,连接 BG, 在△CDE 和△BCG 中,DE=GC,CD=BC,∠EDC=∠BCG, 所以△CDE≌△BCG,所以∠ECD=∠GBC. 因为∠CGB+∠GBC=90°,所以∠CGB+∠DCE=90°, 所以 BG⊥EC. 因为 CC1⊥平面 ABCD,BG? 平面 ABCD, 所以 CC1⊥BG,又 EC∩CC1=C,所以 BG⊥平面 ECC1. 故在 CD 上存在点 G,且 G 是 CD 的中点,使得 BG⊥平面 ECC1. 5.阳马和鳖臑(biē nào)是《九章算术·商功》里对两种锥体的称谓.如图所示,取一 个长方体,按下图斜割一分为二,得两个一模一样的三棱柱,称为堑堵.

再沿其中一个堑堵的一个顶点与相对的棱剖开,得四棱锥和三棱锥各一个,以矩形为底, 有一棱与底面垂直的四棱锥,称为阳马(四棱锥 E?ABCD),余下的三棱锥是由四个直角三角 形组成的四面体,称为鳖臑(三棱锥 E?FCD).

(1)在阳马(四棱锥 E?ABCD)中,连接 BD,若 AB=AD,证明:EC⊥BD;

(2)求阳马(四棱锥 E?ABCD)和鳖臑(三棱锥 E?FCD)的体积比.

解:(1)如图,连接 AC.

因为四边形 ABCD 是矩形,AB=AD,

所以矩形 ABCD 是正方形,

所以 AC⊥BD.

因为 EA⊥平面 ABCD,BD? 平面 ABCD,

所以 EA⊥BD,

又 EA∩AC=A,EA? 平面 EAC,AC? 平面 EAC,

所以 BD⊥平面 EAC.

因为 EC? 平面 EAC,

所以 EC⊥BD.

(2)设 AB=a,AD=b,EA=c.

在阳马(四棱锥 E?ABCD)中,

因为 EA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是矩形,

所以 V 四棱锥 E?ABCD=13×a×b×c=a3bc.

在鳖臑(三棱锥 E?FCD)中,

因为 EF⊥平面 FCD,FD⊥CD,CD=a,EF=b,DF=c,

所以 S△FCD=12×a×c=a2c,

所以 V 三棱锥 E?FCD=13×a2c×b=a6bc,

所以

V

四棱锥

∶V E?ABCD

三棱锥

abc abc = E?FCD 3 ∶ 6 =2∶1,

所以阳马(四棱锥 E?ABCD)和鳖臑(三棱锥 E?FCD)的体积比为 2∶1.


相关文档

(课标通用版)2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系检测文
2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质检测(文科)含答案
2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质检测(文科)含答案
2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质课件(文科)
2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质课件(文科)
2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积课件(文科)
2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系课件(文科)
2020版高考数学(课标通用版)大一轮复习第八章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积检测(文科)含答案
2020版高考数学(课标通用)大一轮复习第八章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系检测(文科)含答案
2020版高考数学(课标版)大一轮复习第八章立体几何第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图检测(文科)
电脑版