《2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 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（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第6講 平行、垂直的綜合問題 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(zhuǎn)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. ③當平面A′DE⊥平面ABC時，三棱錐A′-FED的體積達到

2、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(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結(jié)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， 故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB. 又AD⊥AB，AD∩

3、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(jié)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(chǎn)生矛盾，故A不正確； 由題設(shè)知：△BA′D為等腰Rt△，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正確； 由CA′與平

4、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. 因為AE?平面ADE，所以BD⊥AE. 因為AE⊥BD，A

5、E⊥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(shè)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，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3. (1)證明：平

6、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(shè)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， 因為cos∠BAD＝，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD

7、·cos∠BAD＝a2＝8， 所以a＝， 所以O(shè)A2＝AB2－OB2＝3，所以O(shè)A＝， 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是正三角形，所以AC⊥BO. 從而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.

8、 (2)連接EO. 由(1)及題設(shè)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(shè)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(zhì)量檢測)如圖，高為1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1，M為AB的三

9、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AM⊥DM，所以AM⊥平面MBCD. 所以VP-MBC＝×S△

10、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O(shè)1G∥AB1. 因為O1G?平面A1O1D，且AB1?平面A1O1

11、D， 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＝BB1， 即在線段BB1上存在點E使得A1C⊥AE，此時＝.

12、3．(2019·福建質(zhì)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， 所以平面ADE∥平面BCF. 因為AE?平面ADE，所以A

13、E∥平面BCF. (2)設(shè)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. 8