（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題8 立體幾何 第52練 平行與垂直綜合練練習(xí) 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題8 立體幾何 第52練 平行與垂直綜合練練習(xí) 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題8 立體幾何 第52練 平行與垂直綜合練練習(xí) 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、訓(xùn)練目標(biāo) 能熟練應(yīng)用線面平行、垂直的定理及性質(zhì)證明平行、垂直問題． 訓(xùn)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(guān)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．(2016·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.如圖所示，在四面體ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝90°，M，N，Q分別為棱AD，BD，AC的中點． (1)求證：CD∥平面M

2、NQ； (2)求證：平面MNQ⊥平面CAD. 3.如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(點D不同于點C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點，求證： (1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE. 4．(2016·北京海淀區(qū)下學(xué)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，M為AF1的中點，如圖2. (1)求證：BE1⊥DC； (2)求證：DM∥平面BCE1

3、； (3)判斷直線CD與ME1的位置關(guān)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(jié)AC，在正方形ABCD中， AC⊥BD. 又M，N分別為棱AB，BC的中點， 所以MN∥AC，所以MN⊥BD

4、. 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)因為M，Q分別為棱AD，AC的中點，所以MQ∥CD.又CD?平面MNQ，MQ?平面MNQ，故CD∥平面MNQ. (2)因為M，N分別為棱AD，BD的中點，所以MN∥AB.又∠BAD＝90°，所以MN⊥AD.因為平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN?平面ABD，所以MN⊥

5、平面CAD.又MN?平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面CAD. 3．證明　(1)因為ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD. 又因為AD⊥DE，CC1，DE?平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1. 又AD?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因為A1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點， 所以A1F⊥B1C1. 因為CC1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因為CC1，B1C1?平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以A1F⊥平面BC

6、C1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1， 所以A1F∥AD. 又AD?平面ADE，A1F?平面ADE， 所以A1F∥平面ADE. 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B

7、CE1， 所以平面ADM∥平面BCE1. 因為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(jié)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．