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1、2022年高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何初步 第6講 平行、垂直的綜合問題分層演練 文
1.如圖,邊長為a的等邊三角形ABC的中線AF與中位線DE交于點G,已知△A′DE是△ADE繞DE旋轉過程中的一個圖形,則下列命題中正確的是( )
①動點A′在平面ABC上的射影在線段AF上;
②BC∥平面A′DE;
③三棱錐A′-FED的體積有最大值.
A.① B.①②
C.①②③ D.②③
解析:選C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC,
所以點A′在平面ABC上的射影在線段AF上.
②BC∥DE,根據(jù)線面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.
2、
③當平面A′DE⊥平面ABC時,三棱錐A′-FED的體積達到最大,故選C.
2.如圖所示,四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.將△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,構成三棱錐A-BCD,則在三棱錐A-BCD中,下列結論正確的是( )
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:選D.因為在四邊形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
3、,
故CD⊥平面ABD,則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.如圖,四邊形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′-BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,則下列結論正確的是( )
A.A′C⊥BD
B.∠BA′C=90°
C.CA′與平面A′BD所成的角為30°
D.四面體A′-BCD的體積為
解析:選B.若A成立可得BD⊥A′D,產生矛盾,故A不正確;
由題設知:△BA′D為等腰Rt△,CD⊥平
4、面A′BD,得BA′⊥平面A′CD,于是B正確;
由CA′與平面A′BD所成的角為∠CA′D=45°知C不正確;
VA′-BCD=VC-A′BD=,D不正確.故選B.
4.在直角梯形ABCD中,AB=2,CD=CB=1,∠ABC=90°,平面ABCD外有一點E,平面ADE⊥平面ABCD,AE=ED=1.
(1)求證:AE⊥BE;
(2)求點C到平面ABE的距離.
解:(1)證明:在直角梯形ABCD中,BD==,AD=,又AD==,所以AE⊥ED.
因為AB2=AD2+BD2,
所以AD⊥BD,
因為平面ADE⊥平面ABCD,且交線為AD,AD⊥BD.
所以BD⊥平面ADE.
5、
因為AE?平面ADE,所以BD⊥AE.
因為AE⊥BD,AE⊥ED,BD∩DE=D,
所以AE⊥平面BDE,
因為BE?平面BDE,所以AE⊥BE.
(2)如圖,過點E作EM⊥AD,交AD于M.
因為平面ADE⊥平面ABCD,
所以EM⊥平面ABCD.設點C到平面ABE的距離為h,
EM=,S△ABC=×AB×BC=×2×1=1,
S△ABE=×EB×AE=××1=.
因為VE-ABC=VC-ABE,
所以×1×=××h,所以h=,
所以點C到平面ABE的距離為.
5.(2019·太原模擬)如圖,在幾何體ABCDFE中,四邊形ABCD是菱形,BE⊥平面ABCD,
6、DF∥BE,且DF=2BE=2,EF=3.
(1)證明:平面ACF⊥平面BEFD.
(2)若cos∠BAD=,求幾何體ABCDFE的體積.
解:(1)證明:因為四邊形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,
因為BE⊥平面ABCD,所以BE⊥AC.
所以AC⊥平面BEFD.
所以平面ACF⊥平面BEFD.
(2)設AC與BD的交點為O,AB=a(a>0),
由(1)得AC⊥平面BEFD,
因為BE⊥平面ABCD,所以BE⊥BD,
因為DF∥BE,所以DF⊥BD,
所以BD2=EF2-(DF-BE)2=8,所以BD=2,
所以S四邊形BEFD=(BE+DF)·BD=3,
7、
因為cos∠BAD=,所以BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=a2=8,
所以a=,
所以OA2=AB2-OB2=3,所以OA=,
所以VABCDFE=2VA-BEFD=S四邊形BEFD·OA=2.
6.(2017·高考全國卷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.
解:
(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
8、角形,所以AC⊥BO.
從而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.
(2)連接EO.
由(1)及題設知∠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.
1.(2019·鄭州第二次質量檢測)如圖
9、,高為1的等腰梯形ABCD中,AM=CD=AB=1,M為AB的三等分點.現(xiàn)將△AMD沿MD折起,使平面AMD⊥平面MBCD,連接AB,AC.
(1)在AB邊上是否存在點P,使AD∥平面MPC?
(2)當點P為AB邊的中點時,求點B到平面MPC的距離.
解:(1)當AP=AB時,有AD∥平面MPC.
理由如下:
連接BD交MC于點N,連接NP.
在梯形MBCD中,DC∥MB,==,
因為△ADB中,=,所以AD∥PN.
因為AD?平面MPC,PN?平面MPC,
所以AD∥平面MPC.
(2)因為平面AMD⊥平面MBCD,平面AMD∩平面MBCD=DM,
平面AMD中
10、AM⊥DM,所以AM⊥平面MBCD.
所以VP-MBC=×S△MBC×=××2×1×=.
在△MPC中,MP=AB=,MC=,
又PC==,所以S△MPC=××=.
所以點B到平面MPC的距離為d===.
2.
如圖所示,已知長方體ABCD-A1B1C1D1,點O1為B1D1的中點.
(1)求證:AB1∥平面A1O1D.
(2)若AB=AA1,在線段BB1上是否存在點E使得A1C⊥AE?若存在,求出;若不存在,說明理由.
解:(1)證明:如圖所示,連接AD1交A1D于點G,
所以G為AD1的中點.連接O1G.在△AB1D1中,
因為O1為B1D1的中點,
所以O1G
11、∥AB1.
因為O1G?平面A1O1D,且AB1?平面A1O1D,
所以AB1∥平面A1O1D.
(2)若在線段BB1上存在點E使得A1C⊥AE,連接A1B交AE于點M.
因為BC⊥平面ABB1A1,AE?平面ABB1A1,所以BC⊥AE.
又因為A1C∩BC=C,且A1C,BC?平面A1BC,
所以AE⊥平面A1BC.
因為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,
所以=.
因為AB=AA1,
所以BE=AB=B
12、B1,
即在線段BB1上存在點E使得A1C⊥AE,此時=.
3.(2019·福建質量檢測)在如圖所示的多面體中,四邊形ABCD是平行四邊形,四邊形BDEF是矩形.
(1)求證:AE∥平面BCF;
(2)若AD⊥DE,AD=DE=1,AB=2,∠BAD=60°,求三棱錐F-AEC的體積.
解:(1)證明:因為四邊形ABCD是平行四邊形,
所以AD∥BC.
又AD?平面BCF,BC?平面BCF,所以AD∥平面BCF,因為四邊形BDEF是矩形,所以DE∥BF.又DE?平面BCF,BF?平面BCF,
所以DE∥平面BCF.
因為AD∩DE=D,AD?平面ADE,DE?平面ADE,
13、
所以平面ADE∥平面BCF.
因為AE?平面ADE,所以AE∥平面BCF.
(2)設AC與BD交于點O,則O為AC的中點.連接OE,OF,如圖.
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=,
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的長為點A到平面BDEF的距離.
因為DE=1,所以S△OEF=S四邊形BDEF=BD·DE=,所以VA-OEF=S△OEF·AD=,
故VF-AEC=2VA-OEF=,即三棱錐F-AEC的體積為.