2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第6讲平行垂直的综合问题分层演练(文科)

第 6 讲 平行、垂直的综合问题
1.如图,边长为 a 的等边三角形 ABC 的中线 AF 与中位线 DE 交于点 G,已知△A′DE 是 △ADE 绕 DE 旋转过程中的一个图形,则下列命题中正确的是( )

①动点 A′在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上;

②BC∥平面 A′DE;

③三棱锥 A′?FED 的体积有最大值.

A.①

B.①②

C.①②③

D.②③

解析:选 C.①中由已知可得平面 A′FG⊥平面 ABC,

所以点 A′在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上.

②BC∥DE,根据线面平行的判定定理可得 BC∥平面 A′DE.

③当平面 A′DE⊥平面 ABC 时,三棱锥 A′?FED 的体积达到最大,故选 C.

2.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. 3.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 的体积为13 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,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. 4.在直角梯形 ABCD 中,AB=2,CD=CB=1,∠ABC=90°,平面 ABCD 外有一点 E,平 面 ADE⊥平面 ABCD,AE=ED=1. (1)求证:AE⊥BE; (2)求点 C 到平面 ABE 的距离. 解:(1)证明:在直角梯形 ABCD 中,BD= BC2+CD2= 2,AD= 2,又 AD= 2= AE2+ED2, 所以 AE⊥ED. 因为 AB2=AD2+BD2, 所以 AD⊥BD, 因为平面 ADE⊥平面 ABCD,且交线为 AD,AD⊥BD. 所以 BD⊥平面 ADE. 因为 AE? 平面 ADE,所以 BD⊥AE. 因为 AE⊥BD,AE⊥ED,BD∩DE=D, 所以 AE⊥平面 BDE, 因为 BE? 平面 BDE,所以 AE⊥BE.

(2)如图,过点 E 作 EM⊥AD,交 AD 于 M. 因为平面 ADE⊥平面 ABCD, 所以 EM⊥平面 ABCD.设点 C 到平面 ABE 的距离为 h,

EM= 22,S△ABC=12×AB×BC=12×2×1=1,

S△ABE=12×EB×AE=12× 3×1= 23.

因为

V V = , E?ABC

C?ABE

1 所以3×1×

21 2 =3×

23×h,所以

h=

6 3,

所以点

C

到平面

ABE

的距离为

6 3.

5.(2019·太原模拟)如图,在几何体 ABCDFE 中,四边形 ABCD 是菱形,BE⊥平面 ABCD,

DF∥BE,且 DF=2BE=2,EF=3.

(1)证明:平面 ACF⊥平面 BEFD. (2)若 cos∠BAD=15,求几何体 ABCDFE 的体积. 解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD, 因为 BE⊥平面 ABCD,所以 BE⊥AC. 所以 AC⊥平面 BEFD. 所以平面 ACF⊥平面 BEFD.

(2)设 AC 与 BD 的交点为 O,AB=a(a>0), 由(1)得 AC⊥平面 BEFD,

因为 BE⊥平面 ABCD,所以 BE⊥BD, 因为 DF∥BE,所以 DF⊥BD, 所以 BD2=EF2-(DF-BE)2=8,所以 BD=2 2, 所以 S 四边形 BEFD=12(BE+DF)·BD=3 2, 因为 cos∠BAD=15,所以 BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=85a2=8, 所以 a= 5, 所以 OA2=AB2-OB2=3,所以 OA= 3, 所以 VABCDFE=2VA?BEFD=23S 四边形 BEFD·OA=2 6. 6.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图,四面体 ABCD 中,△ABC 是正三角形,AD=CD.
(1)证明:AC⊥BD; (2)已知△ACD 是直角三角形,AB=BD.若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点,且 AE⊥EC,求 四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比. 解:
(1)证明:取 AC 的中点 O,连接 DO,BO. 因为 AD=CD,所以 AC⊥DO. 又由于△ABC 是正三角形,所以 AC⊥BO. 从而 AC⊥平面 DOB,故 AC⊥BD. (2)连接 EO. 由(1)及题设知∠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°. 由题设知△AEC 为直角三角形,所以 EO=12AC. 又△ABC 是正三角形,且 AB=BD,所以 EO=12BD.

故 E 为 BD 的中点,从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的12,四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的12,即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 1∶1.
1.(2019·郑州第二次质量检测)如图,高为 1 的等腰梯形 ABCD 中,AM=CD=13AB=1, M 为 AB 的三等分点.现将△AMD 沿 MD 折起,使平面 AMD⊥平面 MBCD,连接 AB,AC.
(1)在 AB 边上是否存在点 P,使 AD∥平面 MPC? (2)当点 P 为 AB 边的中点时,求点 B 到平面 MPC 的距离.

解:(1)当 AP=13AB 时,有 AD∥平面 MPC. 理由如下: 连接 BD 交 MC 于点 N,连接 NP. 在梯形 MBCD 中,DC∥MB,NDBN=MDBC=12, 因为△ADB 中,APPB=12,所以 AD∥PN. 因为 AD?平面 MPC,PN? 平面 MPC, 所以 AD∥平面 MPC. (2)因为平面 AMD⊥平面 MBCD,平面 AMD∩平面 MBCD=DM, 平面 AMD 中 AM⊥DM,所以 AM⊥平面 MBCD. 所以 VP?MBC=13×S△MBC×A2M=13×12×2×1×12=16.
在△MPC 中,MP=12AB= 25,MC= 2,

又 PC=

(12)2+12= 25,所以 S△MPC=12× 2×

( 25)2-( 22)2= 46.

1 所以点 B 到平面 MPC 的距离为 d=3SV△P?MMPBCC=3×66= 36.
4 2.
如图所示,已知长方体 ABCD?A1B1C1D1,点 O1 为 B1D1 的中点. (1)求证:AB1∥平面 A1O1D. (2)若 AB=23AA1,在线段 BB1 上是否存在点 E 使得 A1C⊥AE?若存在,求出BBBE1;若不存在, 说明理由. 解:(1)证明:如图所示,连接 AD1 交 A1D 于点 G, 所以 G 为 AD1 的中点.连接 O1G.在△AB1D1 中, 因为 O1 为 B1D1 的中点, 所以 O1G∥AB1. 因为 O1G? 平面 A1O1D,且 AB1?平面 A1O1D, 所以 AB1∥平面 A1O1D.
(2)若在线段 BB1 上存在点 E 使得 A1C⊥AE,连接 A1B 交 AE 于点 M. 因为 BC⊥平面 ABB1A1,AE? 平面 ABB1A1,所以 BC⊥AE. 又因为 A1C∩BC=C,且 A1C,BC? 平面 A1BC, 所以 AE⊥平面 A1BC. 因为 A1B? 平面 A1BC, 所以 AE⊥A1B. 在△AMB 和△ABE 中, ∠BAM+∠ABM=90°,∠BAM+∠BEA=90°, 所以∠ABM=∠BEA. 所以 Rt△ABE∽Rt△A1AB,

BE AB 所以AB=AA1. 因为 AB=23AA1, 所以 BE=23AB=49BB1, 即在线段 BB1 上存在点 E 使得 A1C⊥AE,此时BBBE1=49. 3.(2019·福建质量检测)在如图所示的多面体中,四边形 ABCD 是平行四边形,四边形 BDEF 是矩形. (1)求证:AE∥平面 BCF; (2)若 AD⊥DE,AD=DE=1,AB=2,∠BAD=60°,求三棱锥 F?AEC 的体积.
解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是平行四边形, 所以 AD∥BC. 又 AD?平面 BCF,BC? 平面 BCF,所以 AD∥平面 BCF,因为四边形 BDEF 是矩形,所以 DE∥BF. 又 DE?平面 BCF,BF? 平面 BCF, 所以 DE∥平面 BCF. 因为 AD∩DE=D,AD? 平面 ADE,DE? 平面 ADE, 所以平面 ADE∥平面 BCF. 因为 AE? 平面 ADE,所以 AE∥平面 BCF.
(2)设 AC 与 BD 交于点 O,则 O 为 AC 的中点.连接 OE,OF,如图. 故 VF?AEC=VC?AEF=2VO?AEF=2VA?OEF. 在△ABD 中,∠BAD=60°,AD=1,AB=2, 由余弦定理得,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD, 所以 BD= 3,

所以 AB2=AD2+BD2,所以 AD⊥BD. 又 DE⊥AD,BD∩DE=D,BD? 平面 BDEF,DE? 平面 BDEF,所以 AD⊥平面 BDEF, 故 AD 的长为点 A 到平面 BDEF 的距离.

因为

DE=1,所以

S△OEF=12S

四边形 BDEF=12BD·DE=

3 2 ,所以

VA?OEF=13S△OEF·AD=

3 6,

故 VF?AEC=2VA?OEF= 33,即三棱锥 F?AEC 的体积为 33.


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