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1、
層級二 專題四 第2講
限時50分鐘 滿分60分
解答題(本大題共5小題,每小題12分,共60分)
1.
(2020·泉州模擬)如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形,AA1=6,且A1A⊥底面ABCD,點P,Q分別在棱DD1,BC上,BQ=4.
(1)若DP=DD1,證明:PQ∥平面ABB1A1.
(2)若P是D1D的中點,證明:AB1⊥平面PBC.
證明:(1)在AA1上取一點N,使得AN=AA1,
因為DP=DD1,且A1D1=3,AD=6,
所以PNAD,
又BQAD,所以PNBQ.
所以四邊形BQPN
2、為平行四邊形,
所以PQ∥BN.
因為BN?平面ABB1A1,PQ?平面ABB1A1,
所以PQ∥平面ABB1A1.
(2)如圖所示,取A1A的中點M,
連接PM,BM,PC,
因為A1A,D1D是梯形的兩腰,P是D1D的中點,
所以PM∥AD,于是由AD∥BC知,PM∥BC,
所以P,M,B,C四點共面.
由題設可知,BC⊥AB,BC⊥A1A,AB∩AA1=A,
所以BC⊥平面ABB1A1,
所以BC⊥AB1,
因為tan∠ABM====tan∠A1AB1,
所以∠ABM=∠A1AB1,
所以∠ABM+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°,
所以AB
3、1⊥BM,
再BC∩BM=B,知AB1⊥平面PBC.
2.(2019·煙臺三模)如圖(1),在正△ABC中,E,F(xiàn)分別是AB,AC邊上的點,且BE=AF=2CF.點P為邊BC上的點,將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面BEFC,連接A1B,A1P,EP,如圖(2)所示.
(1)求證:A1E⊥FP;
(2)若BP=BE,點K為棱A1F的中點,則在平面A1FP上是否存在過點K的直線與平面A1BE平行,若存在,請給予證明;若不存在,請說明理由.
(1)證明:
在正△ABC中,取BE的中點D,連接DF,如圖所示.
因為BE=AF=2CF,所以AF=AD,A
4、E=DE,而∠A=60°,所以△ADF為正三角形.又AE=DE,所以EF⊥AD.
所以在題圖(2)中,A1E⊥EF,
又A1E?平面A1EF,平面A1EF⊥平面BEFC,
且平面A1EF∩平面BEFC=EF,
所以A1E⊥平面BEFC.
因為FP?平面BEFC,所以A1E⊥FP.
(2)解:在平面A1FP上存在過點K的直線與平面A1BE平行.
理由如下:
如題圖(1),在正△ABC中,因為BP=BE,BE=AF,
所以BP=AF,所以FP∥AB,所以FP∥BE.
如圖所示,取A1P的中點M,連接MK,
因為點K為棱A1F的中點,
所以MK∥FP.
因為FP∥BE,
5、所以MK∥BE.
因為MK?平面A1BE,BE?平面A1BE,
所以MK∥平面A1BE.
故在平面A1FP上存在過點K的直線MK與平面A1BE平行.
3.
如圖所示,已知BC是半徑為1的半圓O的直徑,A是半圓周上不同于B,C的點,F(xiàn)為弧AC的中點.梯形ACDE中,DE∥AC,且AC=2DE,平面ACDE⊥平面ABC.求證:
(1)平面ABE⊥平面ACDE;
(2)平面OFD∥平面ABE.
解:(1)因為BC是半圓O的直徑,A是半圓周上不同于B,C的點,
所以∠BAC=90°,即AC⊥AB.
因為平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AB?平面ABC,
6、
所以AB⊥平面ACDE.
因為AB?平面ABE,所以平面ABE⊥平面ACDE.
(2)如圖所示,設OF∩AC=M,連接DM.
因為F為弧AC的中點,所以M為AC的中點.
因為AC=2DE,DE∥AC,所以DE∥AM,DE=AM.
所以四邊形AMDE為平行四邊形.所以DM∥AE.
因為DM?平面ABE,AE?平面ABE,所以DM∥平面ABE.
因為O為BC的中點,所以OM為△ABC的中位線.所以OM∥AB.
因為OM?平面ABE,AB?平面ABE,所以OM∥平面ABE.
因為OM?平面OFD,DM?平面OFD,OM∩DM=M,
所以平面OFD∥平面ABE.
4.(2
7、019·北京卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的中點.
(1)求證:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求證:平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在點F,使得CF∥平面PAE?說明理由.
解析:本題主要考查線面垂直的判定定理,面面垂直的判定定理,立體幾何中的探索問題等知識,意在考查學生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力.
(1)證明:因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD;
因為底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD;
因為PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
(2)證明:因為底面ABCD是
8、菱形且∠ABC=60°,所以ΔACD為正三角形,所以AE⊥CD,
因為AB∥CD,所以AE⊥AB;
因為PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,
所以AE⊥PA;
因為PA∩AB=A
所以AE⊥平面PAB,
AE?平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)存在點F為PB中點時,滿足CF∥平面PAE;理由如下:
分別取PB,PA的中點F,G,連接CF,F(xiàn)G,EG,
在三角形PAB中,F(xiàn)G∥AB且FG=AB;
在菱形ABCD中,E為CD中點,所以CE∥AB且CE=AB,所以CE∥FG且CE=FG,即四邊形CEGF為平行四邊形,所以CF∥EG;
又CF?平面PAE,E
9、G?平面PAE,所以CF∥平面PAE.
5.
(2019·青島三模)已知在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2AC=2AA1=4,∠A1AC=,AC⊥BC,平面ACC1A1⊥平面ABC,M為B1C1的中點.
(1)過點B1作一個平面α與平面ACM平行,確定平面α,并說明理由;
(2)求三棱柱ABC-A1B1C1的表面積.
解析:
(1)如圖,取AB的中點E,BC的中點F,連接B1E,B1F,EF,則平面B1EF∥平面ACM.
因為平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,AC⊥BC,所以BC⊥平面ACC1A1,BC⊥CC1,因為四邊形BCC1B1
10、為平行四邊形,所以四邊形BCC1B1為矩形,
在矩形BCC1B1中,M,F(xiàn)分別是B1C1,BC的中點,所以B1F∥CM;
在△ABC中,E,F(xiàn)分別是AB,BC的中點,所以EF∥AC.
又EF∩FB1=F,AC∩CM=C,
所以平面B1EF∥平面ACM.
所以平面α即平面B1EF.
(2)由題意知AC=2,AA1=2,AB=4.
因為AC⊥BC,所以BC= = =2,
所以△ABC的面積S1=AC×BC=×2×2=2.
在平行四邊形ACC1A1中,∠A1AC=,
其面積S2=AA1×ACsin∠A1AC=2×2sin =2.
由(1)知四邊形BCC1B1為矩形,故其面積S3=BC×CC1=2×2=4.
連接A1C,BA1,在△AA1C中,AC=AA1=2,∠A1AC=,所以A1C=2.
由(1)知BC⊥平面ACC1A1,所以BC⊥CA1,
所以A1B==4.
在△AA1B中,AB=A1B=4,AA1=2,
所以△AA1B的面積S△AA1B=×2×=,
所以平行四邊形ABB1A1的面積S4=2S△AA1B=2×=2.
故三棱柱ABC-A1B1C1的表面積S=2S1+S2+S3+S4=2×2+2+4+2=10+2.