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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(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.
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(chǎn)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(zhì)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(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，
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.
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
