高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)層級(jí)二專(zhuān)題四立體幾何第2講空間中的平行與垂直課時(shí)作業(yè)

第2講空間中的平行與垂直限時(shí)50分鐘滿(mǎn)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(tái)ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形，AA1＝6，且A1A⊥底面ABCD，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BC上，BQ＝4.(1)若DP＝eq\f(2,3)DD1，證明：PQ∥平面ABB1A1.(2)若P是D1D的中點(diǎn)，證明：AB1⊥平面PBC.證明：(1)在AA1上取一點(diǎn)N，使得AN＝eq\f(2,3)AA1，因?yàn)镈P＝eq\f(2,3)DD1，且A1D1＝3，AD＝6，所以PNeq\f(2,3)AD，又BQeq\f(2,3)AD，所以PNBQ.所以四邊形BQPN為平行四邊形，所以PQ∥BN.因?yàn)锽N?平面ABB1A1，PQ?平面ABB1A1，所以PQ∥平面ABB1A1.(2)如圖所示，取A1A的中點(diǎn)M，連接PM，BM，PC，因?yàn)锳1A，D1D是梯形的兩腰，P是D1D的中點(diǎn)，所以PM∥AD，于是由AD∥BC知，PM∥BC，所以P，M，B，C四點(diǎn)共面．由題設(shè)可知，BC⊥AB，BC⊥A1A，AB∩AA1＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，因?yàn)閠an∠ABM＝eq\f(AM,AB)＝eq\f(3,6)＝eq\f(A1B1,A1A)＝tan∠A1AB1，所以∠ABM＝∠A1AB1，所以∠ABM＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，所以AB1⊥BM，再BC∩BM＝B，知AB1⊥平面PBC.2．(2019·煙臺(tái)三模)如圖(1)，在正△ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點(diǎn)，且BE＝AF＝2CF.點(diǎn)P為邊BC上的點(diǎn)，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(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn)，則在平面A1FP上是否存在過(guò)點(diǎn)K的直線(xiàn)與平面A1BE平行，若存在，請(qǐng)給予證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)證明：在正△ABC中，取BE的中點(diǎn)D，連接DF，如圖所示．因?yàn)锽E＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝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?yàn)镕P?平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)解：在平面A1FP上存在過(guò)點(diǎn)K的直線(xiàn)與平面A1BE平行．理由如下：如題圖(1)，在正△ABC中，因?yàn)锽P＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如圖所示，取A1P的中點(diǎn)M，連接MK，因?yàn)辄c(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn)，所以MK∥FP.因?yàn)镕P∥BE，所以MK∥BE.因?yàn)镸K?平面A1BE，BE?平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在過(guò)點(diǎn)K的直線(xiàn)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(diǎn)，F(xiàn)為弧AC的中點(diǎn)．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?yàn)锽C是半圓O的直徑，A是半圓周上不同于B，C的點(diǎn)，所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB.因?yàn)槠矫鍭CDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB?平面ABC，所以AB⊥平面ACDE.因?yàn)锳B?平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.(2)如圖所示，設(shè)OF∩AC＝M，連接DM.因?yàn)镕為弧AC的中點(diǎn)，所以M為AC的中點(diǎn)．因?yàn)锳C＝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?yàn)镈M?平面ABE，AE?平面ABE，所以DM∥平面ABE.因?yàn)镺為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M為△ABC的中位線(xiàn)．所以O(shè)M∥AB.因?yàn)镺M?平面ABE，AB?平面ABE，所以O(shè)M∥平面ABE.因?yàn)镺M?平面OFD，DM?平面OFD，OM∩DM＝M，所以平面OFD∥平面ABE.4．(2019·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(diǎn)．(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(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說(shuō)明理由．解析：本題主要考查線(xiàn)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(wèn)題等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力．(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD；因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以AC⊥BD；因?yàn)镻A∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD為正三角形，所以AE⊥CD，因?yàn)锳B∥CD，所以AE⊥AB；因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以AE⊥PA；因?yàn)镻A∩AB＝A所以AE⊥平面PAB，AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)存在點(diǎn)F為PB中點(diǎn)時(shí)，滿(mǎn)足CF∥平面PAE；理由如下：分別取PB，PA的中點(diǎn)F，G，連接CF，F(xiàn)G，EG，在三角形PAB中，F(xiàn)G∥AB且FG＝eq\f(1,2)AB；在菱形ABCD中，E為CD中點(diǎn)，所以CE∥AB且CE＝eq\f(1,2)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，EG?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＝eq\f(π,3)，AC⊥BC，平面ACC1A1⊥平面ABC，M為B1C1的中點(diǎn)．(1)過(guò)點(diǎn)B1作一個(gè)平面α與平面ACM平行，確定平面α，并說(shuō)明理由；(2)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面積．解析：(1)如圖，取AB的中點(diǎn)E，BC的中點(diǎn)F，連接B1E，B1F，EF，則平面B1EF∥平面ACM.因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，所以BC⊥平面ACC1A1，BC⊥CC1，因?yàn)樗倪呅蜝CC1B1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(diǎn)，所以B1F∥CM；在△ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，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?yàn)锳C⊥BC，所以BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，所以△ABC的面積S1＝eq\f(1,2)AC×BC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3).在平行四邊形ACC1A1中，∠A1AC＝eq\f(π,3)，其面積S2＝AA1×ACsin∠A1AC＝2×2sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由(1)知四邊形BCC1B1為矩形，故其面積S3＝BC×CC1＝2eq\r(3)×2＝4eq\r(3).連接A1C，BA1，在△AA1C中，AC＝AA1＝2，∠A1AC＝eq\f(π,3)，所以A1C＝2.由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1，所以A1B＝eq\r(BC2＋CA\o\al(2,1))＝4.在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2，所以△AA1B的面積S△AA1B＝eq\f(1,2)×2×eq\