《高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題8 立體幾何與空間向量 第52練 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題8 立體幾何與空間向量 第52練 Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 訓練目標 能熟練應用線面平行、垂直的定理及性質(zhì)證明平行、垂直問題． 訓練題型 (1)證明線線、線面、面面平行與垂直；(2)探求平行、垂直關系成立時滿足的條件． 解題策略 用分析法找思路，用綜合法寫過程，注意特殊元素的運用. 1．(20xx南通、揚州聯(lián)考)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別為棱AB，BC，C1D1的中點． (1)求證：AP∥平面C1MN； (2)求證：平面B1BDD1⊥平面C1MN. 2．(20xx蘇、錫、常、鎮(zhèn)調(diào)研一

2、)如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，M是AD的中點，N是PC的中點． (1)求證：MN∥平面PAB； (2)若平面PMC⊥平面PAD，求證：CM⊥AD. 3.如圖，四棱錐P－ABCD的底面為矩形，AB＝，BC＝1，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點，DE⊥PA. (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAC⊥平面PDE. 4．(20xx北京海淀區(qū)下學期期中)如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝2AD，四邊形ABEF是矩形，將矩形ABEF沿AB折起到四邊形ABE1F1的位置，使平面ABE1F1⊥平面ABCD

3、，M為AF1的中點，如圖2. (1)求證：BE1⊥DC； (2)求證：DM∥平面BCE1； (3)判斷直線CD與ME1的位置關系，并說明理由． 答案精析 1．證明　(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為M，P分別為棱AB，C1D1的中點， 所以AM＝PC1. 又AM∥CD，PC1∥CD， 故AM∥PC1， 所以四邊形AMC1P為平行四邊形， 所以AP∥C1M. 又AP?平面C1MN，C1M?平面C1MN， 所以AP∥平面C1MN. (2)連結AC，在正方形

4、ABCD中， AC⊥BD. 又M，N分別為棱AB，BC的中點， 所以MN∥AC，所以MN⊥BD. 在正方體ABCD－A1B1C1D1中， DD1⊥平面ABCD，MN?平面ABCD， 所以DD1⊥MN. 又DD1∩DB＝D，DD1?平面B1BDD1，DB?平面B1BDD1， 所以MN⊥平面BDD1B1. 又MN?平面C1MN， 所以平面B1BDD1⊥平面C1MN. 2．證明　(1)如圖，取PB的中點E，連結AE，NE. 因為E，N分別是PB，PC的中點， 所以EN∥BC且EN＝BC. 因為底面ABCD是平行四邊形，M是AD的中點， 所以AM∥BC且AM＝BC，

5、 所以EN∥AM且EN＝AM，所以四邊形AMNE是平行四邊形，所以MN∥AE， 因為MN?平面PAB，AE?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)如圖，在平面PAD內(nèi)，過點A作AH⊥PM，垂足為H. 因為平面PMC⊥平面PAD， 平面PMC∩平面PAD＝PM， 因為AH?平面PAD，AH⊥PM， 所以AH⊥平面PMC，從而AH⊥CM. 因為PA⊥平面ABCD， CM?平面ABCD， 所以PA⊥CM. 因為PA∩AH＝A， PA，AH?平面PAD， 所以CM⊥平面PAD， 因為AD?平面PAD，所以CM⊥AD. 3．證明　(1)如圖，取PD中點G，連結AG

6、，F(xiàn)G， 因為F，G分別為PC，PD的中點， 所以FG∥CD，且FG＝CD. 又因為E為AB中點，所以AE∥CD，且AE＝CD. 所以AE∥FG， AE＝FG. 所以四邊形AEFG為平行四邊形． 所以EF∥AG，又EF?平面PAD， AG?平面PAD， 所以EF∥平面PAD. (2)設AC∩DE＝H，由△AEH∽△CDH及E為AB中點，得＝＝， 又因為AB＝，BC＝1， 所以AC＝，AH＝AC＝. 所以＝＝，又∠BAC為公共角， 所以△HAE∽△BAC. 所以∠AHE＝∠ABC＝90，即DE⊥AC. 又DE⊥PA，PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?

7、平面PAC， 所以DE⊥平面PAC. 又DE?平面PDE， 所以平面PAC⊥平面PDE. 4．(1)證明　因為四邊形ABE1F1為矩形， 所以BE1⊥AB. 因為平面ABCD⊥平面ABE1F1， 且平面ABCD∩平面ABE1F1＝AB， BE1?平面ABE1F1， 所以BE1⊥平面ABCD. 因為DC?平面ABCD，所以BE1⊥DC. (2)證明　因為四邊形ABE1F1為矩形， 所以AM∥BE1. 因為AD∥BC，AD∩AM＝A，BC∩BE1＝B， AD?平面ADM，AM?平面ADM，BC?平面BCE1，BE1?平面BCE1， 所以平面ADM∥平面BCE1. 因

8、為DM?平面ADM， 所以DM∥平面BCE1. (3)解　直線CD與ME1相交，理由如下： 取BC的中點P，CE1的中點Q，連結AP，PQ，QM， 所以PQ∥BE1，且PQ＝BE1. 在矩形ABE1F1中，M為AF1的中點， 所以AM∥BE1，且AM＝BE1， 所以PQ∥AM，且PQ＝AM. 所以四邊形APQM為平行四邊形， 所以MQ∥AP，MQ＝AP. 因為四邊形ABCD為梯形，P為BC的中點，BC＝2AD， 所以AD∥PC， AD＝PC， 所以四邊形ADCP為平行四邊形． 所以CD∥AP且CD＝AP. 所以CD∥MQ且CD＝MQ. 所以四邊形CDMQ是平行四邊形． 所以DM∥CQ，即DM∥CE1. 因為DM≠CE1， 所以四邊形DME1C是以DM，CE1為底邊的梯形， 所以直線CD與ME1相交．