《高中新創(chuàng)新一輪復習理數(shù)通用版：課時達標檢測三十七 直線、平面垂直的判定與性質 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中新創(chuàng)新一輪復習理數(shù)通用版：課時達標檢測三十七 直線、平面垂直的判定與性質 Word版含解析（12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 課時達標檢測（三十七）課時達標檢測（三十七） 直線、平面垂直的判定與性質直線、平面垂直的判定與性質 小題常考題點小題?？碱}點準解快解準解快解 小題常考題點小題?？碱}點準解快解準解快解 1(20 xx 廣東廣州模擬廣東廣州模擬)設設 m，n 是兩條不同的直線，是兩條不同的直線， 是兩個不同的平面，下列命是兩個不同的平面，下列命題中正確的是題中正確的是( ) A若若 ，m，n，則，則 mn B若若 m，mn，n，則，則 C若若 mn，m，n，則，則 D若若 ，m，n，則，則 mn 解析：解析：選選 B 若若 ，m，n，則，則 m 與與 n 相交、平行或異面，故相
2、交、平行或異面，故 A 錯誤；錯誤；m，mn，n，又，又n，故，故 B 正確；若正確；若 mn，m，n，則，則 與與 的位置關系不確定， 故的位置關系不確定， 故 C 錯誤； 若錯誤； 若 ， m， n， 則， 則 mn 或或 m， n 異面， 故異面， 故 D 錯誤 故錯誤 故選選 B. 2(20 xx 湖南一中月考湖南一中月考)下列說法錯誤的是下列說法錯誤的是( ) A兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi)兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內(nèi) B過直線外一點有且只有一個平面與已知直線垂直過直線外一點有且只有一個平面與已知直線垂直 C如果共點的三條直線兩兩垂直，那么它們中每兩條
3、直線確定的平面也兩兩垂直如果共點的三條直線兩兩垂直，那么它們中每兩條直線確定的平面也兩兩垂直 D如果兩條直線和一個平面所成的角相等，則這兩條直線如果兩條直線和一個平面所成的角相等，則這兩條直線一定平行一定平行 解析：解析：選選 D 如果兩條直線和一個平面所成的角相等，這兩條直線可以平行、相交、如果兩條直線和一個平面所成的角相等，這兩條直線可以平行、相交、異面異面 3.如圖，在斜三棱柱如圖，在斜三棱柱 ABC- A1B1C1中，中，BAC90，BC1AC，則，則C1在底面在底面 ABC 上的射影上的射影 H 必在必在( ) A直線直線 AB 上上 B直線直線 BC 上上 C直線直線 AC 上上
4、DABC 內(nèi)部內(nèi)部 解析：解析：選選 A 連接連接 AC1(圖略圖略)，由，由 ACAB，ACBC1，得，得 AC平面平面 ABC1.AC平平面面 ABC，平面平面 ABC1平面平面 ABC.C1在平面在平面 ABC 上的射影上的射影 H 必在兩平面的交線必在兩平面的交線 AB 上上 4(20 xx 河北唐山模擬河北唐山模擬)如圖，在正方形如圖，在正方形 ABCD 中，中，E、F 分別是分別是 BC、CD 的中點，的中點，G是是 EF 的中點，現(xiàn)在沿的中點，現(xiàn)在沿 AE、AF 及及 EF 把這個正方形折成一個空間圖形，使把這個正方形折成一個空間圖形，使 B、C、D 三點三點重合，重合后的點記為
5、重合，重合后的點記為 H，那么，在這個空間圖形中必有，那么，在這個空間圖形中必有( ) AAG平面平面 EFH BAH平面平面 EFH CHF平面平面 AEF DHG平面平面 AEF 解析：解析：選選 B 根據(jù)折疊前、后根據(jù)折疊前、后 AHHE，AHHF 不變，不變，AH平面平面 EFH，B 正確；正確；過過 A 只有一條直線與平面只有一條直線與平面 EFH 垂直，垂直， A 不正確；不正確； AGEF， EFGH， AGGHG，EF平面平面 HAG， 又， 又 EF平面平面 AEF， 平面平面 HAGAEF， 過點， 過點 H 作直線垂直于平面作直線垂直于平面 AEF，一定在平面一定在平面
6、HAG 內(nèi)，內(nèi)，C 不正確；由條件證不出不正確；由條件證不出 HG平面平面 AEF，D 不正確故選不正確故選 B. 5.如圖， 直三棱柱如圖， 直三棱柱 ABC - A1B1C1中， 側棱長為中， 側棱長為 2， ACBC1， ACB90，D 是是 A1B1的中點，的中點，F(xiàn) 是是 BB1上的動點，上的動點，AB1，DF 交于點交于點 E.要使要使AB1平平面面 C1DF，則線段，則線段 B1F 的長為的長為( ) A.12 B1 C.32 D2 解析：解析：選選 A 設設 B1Fx，因為，因為 AB1平面平面 C1DF，DF平面平面 C1DF，所以，所以 AB1DF.由由已知可得已知可得 A
7、1B1 2，設，設 RtAA1B1斜邊斜邊 AB1上的高為上的高為 h，則，則 DE12h. 又又 2 2h22 2 2，所以，所以 h2 33，DE33. 在在 RtDB1E 中，中，B1E 222 33266. 由面積相等得由面積相等得66 x2 22222x，得，得 x12. 6.如圖，已知如圖，已知BAC90，PC平面平面 ABC，則在，則在ABC，PAC的邊所在的直線中，與的邊所在的直線中，與 PC 垂直的直線是垂直的直線是_；與；與 AP 垂直的直垂直的直線是線是_ 解析：解析：PC平面平面 ABC， PC 垂直于直線垂直于直線 AB，BC，AC. ABAC，ABPC，ACPCC，
8、 AB平面平面 PAC， 又又AP平面平面 PAC， ABAP，與，與 AP 垂直的直線是垂直的直線是 AB. 答案：答案：AB，BC，AC AB 7.如圖所示，在四棱錐如圖所示，在四棱錐 P- ABCD 中，中，PA底面底面 ABCD，且底面各邊都相等，且底面各邊都相等，M 是是 PC上的一動點，當點上的一動點，當點 M 滿足滿足_時，平面時，平面 MBD平面平面 PCD.(只要填寫一個你認為是正確只要填寫一個你認為是正確的條件即可的條件即可) 解析：解析：如圖，連接如圖，連接 AC，BD，則，則 ACBD， PA底面底面 ABCD， PABD. 又又 PAACA， BD平面平面 PAC，B
9、DPC， 當當 DMPC(或或 BMPC)時，時， 即有即有 PC平面平面 MBD.而而 PC平面平面 PCD， 平面平面 MBD平面平面 PCD. 答案：答案：DMPC(或或 BMPC 等等) 8.(20 xx 福建泉州模擬福建泉州模擬)如圖，一張如圖，一張 A4 紙的長、寬分別為紙的長、寬分別為 2 2a，2a，A，B，C，D 分別是其四條邊的中點現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，分別是其四條邊的中點現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得使得 P1，P2，P3，P4四點重合為一點四點重合為一點 P，從而得到一個多面體下，從而得到一個多面體下列關于該多面體的命題，正確的是列關于該多面體的命題，正確的是_(寫出所有正
10、確命題的寫出所有正確命題的序號序號) 該多面體是三棱錐；該多面體是三棱錐； 平面平面 BAD平面平面 BCD； 平面平面 BAC平面平面 ACD； 該多面體外接球的表面積為該多面體外接球的表面積為 5a2. 解析：解析：由題意得該多面體是一個三棱錐，故由題意得該多面體是一個三棱錐，故正確；正確；APBP，APCP，BPCPP，AP平面平面 BCD，又，又AP平面平面 ABD，平面平面 BAD平面平面 BCD，故，故正確；同理可正確；同理可證平面證平面 BAC平面平面 ACD，故，故正確；該多面體的外接球半徑正確；該多面體的外接球半徑 R52a，所以該多面體外接，所以該多面體外接球的表面積為球的
11、表面積為 5a2，故，故正確綜上，正確命題的序號為正確綜上，正確命題的序號為. 答案：答案： 大題?？碱}點大題?？碱}點穩(wěn)解全解穩(wěn)解全解 1.如圖，四棱錐如圖，四棱錐 P- ABCD 中，中， AP平面平面 PCD，ADBC，ABBC12AD，E，F(xiàn) 分別為線段分別為線段 AD，PC 的中點求證的中點求證： (1)AP平面平面 BEF； (2)BE平面平面 PAC. 證明：證明：(1)設設 ACBEO，連接，連接 OF，EC，如圖所示，如圖所示 由于由于 E 為為 AD 的中點，的中點，ABBC12AD，ADBC， 所以所以 AEBC，AEABBC， 因此四邊形因此四邊形 ABCE 為菱形，所以
12、為菱形，所以 O 為為 AC 的中點的中點 又又 F 為為 PC 的中點，因此在的中點，因此在PAC 中，可得中，可得 APOF. 又又 OF平面平面 BEF，AP 平面平面 BEF.所以所以 AP平面平面 BEF. (2)由題意知由題意知 EDBC，EDBC. 所以四邊形所以四邊形 BCDE 為平行四邊形，因此為平行四邊形，因此 BECD. 又又 AP平面平面 PCD， 所所以以 APCD，因此，因此 APBE. 因為四邊形因為四邊形 ABCE 為菱形，所以為菱形，所以 BEAC. 又又 APACA，AP，AC平面平面 PAC， 所以所以 BE平面平面 PAC. 2.(20 xx 廣州模擬廣
13、州模擬)在三棱錐在三棱錐 P - ABC 中，中，PAB 是等邊三角形，是等邊三角形，APCBPC60. (1)求證：求證：ABPC； (2)若若 PB4，BEPC，求三棱錐，求三棱錐 B - PAE 的體積的體積 解：解： (1)證明： 因為證明： 因為PAB 是等邊三角形，是等邊三角形， APCBPC60， 所以， 所以PBCPAC，所以所以 ACBC. 如圖，取如圖，取 AB 的中點的中點 D，連接，連接 PD，CD，則，則 PDAB，CDAB， 因為因為 PDCDD， 所以所以 AB平面平面 PDC， 因為因為 PC平面平面 PDC， 所以所以 ABPC. (2)由由(1)知，知，AB
14、PC，又，又 BEPC，ABBEB，所以，所以 PC平面平面 ABE，所以，所以 PCAE. 因為因為 PB4，所以在，所以在 RtPEB 中，中，BE4sin 602 3，PE4cos 602，在，在 RtPEA 中，中，AEPEtan 602 3， 所以所以 AEBE2 3， 所以所以 SABE12 ABBE2 12AB24 2. 所以三棱錐所以三棱錐 B - PAE 的體積的體積 VB - PAEVP - ABE13SAEB PE134 228 23. 3 (20 xx 合肥質檢合肥質檢)如圖， 平面五邊形如圖， 平面五邊形 ABCDE 中，中， ABCE， 且， 且 AE2， AEC6
15、0，CDED 7，cosEDC57.將將CDE 沿沿 CE 折起，使點折起，使點 D 到到 P 的的位置，且位置，且 AP 3，得，得到四棱錐到四棱錐 P - ABCE. (1)求證：求證：AP平面平面 ABCE； (2)記平面記平面 PAB 與平面與平面 PCE 相交于直線相交于直線 l，求證：，求證：ABl. 證明：證明：(1)在在CDE 中，中，CDED 7，cosEDC57，由余，由余弦定理得弦定理得 CE2.連接連接AC(圖略圖略)，AE2，AEC60，AC2.又又 AP 3，在在PAE 中，中，PA2AE2PE2，即，即 APAE.同理，同理，APAC.而而 AC平面平面 ABCE
16、，AE平面平面 ABCE，ACAEA，故，故AP平面平面 ABCE. (2)ABCE，且，且 CE平面平面 PCE，AB 平面平面 PCE，AB平面平面 PCE.又平面又平面 PAB平平面面 PCEl，ABl. 4.(20 xx 山西省重點中學聯(lián)考山西省重點中學聯(lián)考)如圖，在四棱錐如圖，在四棱錐 P - ABCD 中，底面中，底面ABCD 是矩形，且是矩形，且 AB 2BC，E，F(xiàn) 分別在線段分別在線段 AB，CD 上，上，G，H 在線段在線段 PC 上，上，EFPA，且，且BEBADFDCPGPCCHCP14.求證：求證： (1)EH平面平面 PAD； (2)平面平面 EFG平面平面 PAC
17、. 證明：證明：(1)如圖，在如圖，在 PD 上取點上取點 M，使得，使得DMDP14，連接，連接 AM，MH，則，則DMDPCHCP14，所以，所以 MH34DC，MHCD， 又又 AE34AB，四邊形，四邊形 ABCD 是矩形，是矩形， 所以所以 MHAE，MHAE，所以四邊形，所以四邊形 AEHM 為平行四邊形，所以為平行四邊形，所以 EHAM， 又又 AM平面平面 PAD，EH 平面平面 PAD，所以，所以 EH平面平面 PAD. (2)取取 AB 的中點的中點 N，連接，連接 DN，則，則 NEDF，NEDF， 則四邊形則四邊形 NEFD 為平行四邊形，則為平行四邊形，則 DNEF，
18、 在在DAN 和和CDA 中，中，DANCDA，ANDA12DACD， 則則DANCDA， 則則ADNDCA，則，則 DNAC，則，則 EFAC， 又又 EFPA，ACPAA，所以，所以 EF平面平面 PAC， 又又 EF平面平面 EFG，所以平面，所以平面 EFG平面平面 PAC. 5.(20 xx 福州五校聯(lián)考福州五校聯(lián)考)如圖，在三棱柱如圖，在三棱柱 ABC - A1B1C1中，側面中，側面ABB1A1是矩形，是矩形，BAC90，AA1BC，AA1AC2AB4，且且 BC1A1C. (1)求證：平面求證：平面 ABC1平面平面 A1ACC1； (2)設設 D 是是 A1C1的中點， 判斷
19、并證明在線段的中點， 判斷并證明在線段 BB1上是否存在點上是否存在點 E， 使得， 使得 DE平面平面 ABC1.若存在，求三棱錐若存在，求三棱錐 E - ABC1的體積的體積 解：解：(1)在三棱柱在三棱柱 ABC - A1B1C1中，側面中，側面 ABB1A1是矩形，是矩形， AA1AB，又，又 AA1BC，ABBCB，A1A平面平面 ABC，A1AAC，又，又 A1AAC，A1CAC1. 又又 BC1A1C，BC1AC1C1，A1C平面平面 ABC1， 又又 A1C平面平面 A1ACC1，平面平面 ABC1平面平面 A1ACC1. (2)當當 E 為為 B1B 的中點時，連接的中點時，
20、連接 AE，EC1，DE，如圖，取，如圖，取 A1A 的中的中點點 F，連接，連接 EF，F(xiàn)D， EFAB，DFAC1， 又又 EFDFF，ABAC1A，平面平面 EFD平面平面 ABC1， 又又 DE平面平面 EFD，DE平面平面 ABC1.此時此時 VE - ABC1VC1 - ABE131222483. 6如圖，在四棱錐如圖，在四棱錐 S - ABCD 中，平面中，平面 SAD平面平面 ABCD.四邊形四邊形 ABCD 為正方形，且為正方形，且點點 P 為為 AD 的中點，點的中點，點 Q 為為 SB 的中點的中點 (1)求證：求證：CD平面平面 SAD. (2)求證：求證：PQ平面平面
21、 SCD. (3)若若 SASD，點，點 M 為為 BC 的中點，在棱的中點，在棱 SC 上是否存在點上是否存在點 N，使得平面，使得平面 DMN平面平面ABCD？若存在，請說明其位置，并加以證明；若不存在，請說明理由？若存在，請說明其位置，并加以證明；若不存在，請說明理由 解：解：(1)證明：因為四邊形證明：因為四邊形 ABCD 為正方形，所以為正方形，所以 CDAD. 又因為平面又因為平面 SAD平面平面 ABCD，且平面，且平面 SAD平面平面 ABCDAD，所以，所以 CD平面平面 SAD. (2)證明：如圖，取證明：如圖，取 SC 的中點的中點 R，連接，連接 QR，DR. 由題意知
22、：由題意知： PDBC 且且 PD12BC. 在在SBC 中，點中，點 Q 為為 SB 的中點，點的中點，點 R 為為 SC 的中點，的中點， 所以所以 QR BC 且且 QR12BC， 所以所以 PDQR，且，且 PDQR， 所以四邊形所以四邊形 PDRQ 為平行四邊形，所以為平行四邊形，所以 PQDR. 又因為又因為 PQ 平面平面 SCD，DR平面平面 SCD， 所以所以 PQ平面平面 SCD. (3)存在點存在點 N 為為 SC 的中點，使得平面的中點，使得平面 DMN平面平面 ABCD. 證明如下：證明如下： 如圖，連接如圖，連接 PC，DM 交于點交于點 O， 連接連接 DN，PM
23、，SP，NM，ND，NO， 因為因為 PDCM，且，且 PDCM， 所以四邊形所以四邊形 PMCD 為平行四邊形，所以為平行四邊形，所以 POCO. 又因為又因為點點 N 為為 SC 的中點，的中點， 所以所以 NOSP. 易知易知 SPAD， 因為平面因為平面 SAD平面平面 ABCD， 平面平面 SAD平面平面 ABCDAD，并且，并且 SPAD， 所以所以 SP平面平面 ABCD， 所以所以 NO平面平面 ABCD. 又因為又因為 NO平面平面 DMN， 所以平面所以平面 DMN平面平面 ABCD. 1(20 xx 河北保定模擬河北保定模擬)有下列命題：有下列命題： 若直線若直線 l 平
24、行于平面平行于平面 內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線 l； 若直線若直線 a 在平面在平面 外，則外，則 a； 若直線若直線 ab，b，則，則 a； 若直線若直線 ab，b，則，則 a 平行于平面平行于平面 內(nèi)的無數(shù)條直線內(nèi)的無數(shù)條直線 其中真命題的個數(shù)是其中真命題的個數(shù)是( ) A1 B2 C3 D4 解析：解析：選選 A 命題命題l 可以在平面可以在平面 內(nèi)，是假命題；命題內(nèi)，是假命題；命題直線直線 a 與平面與平面 可以是相交可以是相交關系，是假命題；命題關系，是假命題；命題a 可以在平面可以在平面 內(nèi)，是假命題；命題內(nèi)，是假命題；命題是真命題是真命題 2(20 xx 湖南湘
25、中名校聯(lián)考湖南湘中名校聯(lián)考)已知已知 m，n 是兩條不同的直線，是兩條不同的直線， 是三個不同的平是三個不同的平面，下列命題中正確的是面，下列命題中正確的是( ) A若若 m，n，則，則 mn B若若 m，m，則，則 C若若 ，則，則 D若若 m，n，則，則 mn 解析：解析：選選 D A 中，兩直線可能平行，相交或異面；中，兩直線可能平行，相交或異面；B 中，兩平面可能平行或相交；中，兩平面可能平行或相交；C中，兩平面可能平中，兩平面可能平行或相交；行或相交；D 中，由線面垂直的性質定理可知結論正確，故選中，由線面垂直的性質定理可知結論正確，故選 D. 3設設 m，n 是不同的直線，是不同的
26、直線， 是不同的平面，且是不同的平面，且 m，n，則，則“”是是“m且且 n”的的( ) A充分不必要條件充分不必要條件 B必要不充分條件必要不充分條件 C充要條件充要條件 D既不充分也不必要條件既不充分也不必要條件 解析：解析：選選 A 若若 m，n，則，則 m 且且 n；反之若；反之若 m，n，m 且且 n，則則 與與 相交或平行，即相交或平行，即“”是是“m 且且 n”的充分不必要條件的充分不必要條件 4(20 xx 襄陽模擬襄陽模擬)如圖，在正方體如圖，在正方體 ABCD - A1B1C1D1中，中，M，N 分別分別是是 BC1，CD1的中點，則的中點，則下列說法錯誤的是下列說法錯誤的
27、是( ) AMN 與與 CC1垂直垂直 BMN 與與 AC 垂直垂直 CMN 與與 BD 平行平行 DMN 與與 A1B1平行平行 解析：解析：選選 D 如圖所示，連接如圖所示，連接 AC，C1D，BD，則，則 MNBD，而，而 C1CBD，故，故 C1CMN，故，故 A、C 正確，正確，D 錯誤，又因為錯誤，又因為 ACBD，所以，所以MNAC，B 正確正確 5.(20 xx 湖南長郡中學質檢湖南長郡中學質檢)如圖所示的三棱柱如圖所示的三棱柱 ABC - A1B1C1中，過中，過A1B1的平面與平面的平面與平面 ABC 交于交于 DE，則，則 DE 與與 AB 的位置關系是的位置關系是( )
28、 A異面異面 B平行平行 C相交相交 D以上均有可能以上均有可能 解析：解析：選選 B 在三棱柱在三棱柱 ABC - A1B1C1中，中，ABA1B1， AB平面平面 ABC，A1B1 平面平面 ABC， A1B1平面平面 ABC， 過過 A1B1的平面與平面的平面與平面 ABC 交于交于 DE. DEA1B1，DEAB. 6已知正方體已知正方體 ABCD- A1B1C1D1，下列結論中，正確的結論是，下列結論中，正確的結論是_(只填序號只填序號) AD1BC1；平面平面 AB1D1平面平面 BDC1； AD1DC1；AD1平面平面 BDC1. 解析：解析：連接連接 AD1，BC1，AB1，B
29、1D1，C1D1，BD，因為，因為 AB 綊 C1D1，所以四邊形所以四邊形 AD1C1B 為平行四邊形，故為平行四邊形，故 AD1BC1，從而，從而正確；易證正確；易證BDB1D1，AB1DC1，又，又 AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面，故平面 AB1D1平面平面 BDC1，從而從而正確；由圖易知正確；由圖易知 AD1與與 DC1異面，故異面，故錯誤；因錯誤；因 AD1BC1，AD1 平面平面 BDC1，BC1平面平面 BDC1，故，故 AD1平面平面 BDC1，故，故正確正確 答案：答案： 7.如圖所示，在四面體如圖所示，在四面體 ABCD 中，中，M，N 分別是分別是ACD，BC
30、D的 重 心 ， 則 四 面 體 的 四 個 面 所 在 平 面 中 與的 重 心 ， 則 四 面 體 的 四 個 面 所 在 平 面 中 與 MN 平 行 的 是平 行 的 是_ 解析：解析：連接連接 AM 并延長，交并延長，交 CD 于點于點 E，連接，連接 BN，并延長交，并延長交 CD 于于點點 F，由重心性質可，由重心性質可知，知，E，F(xiàn) 重合為一點，且該點為重合為一點，且該點為 CD 的中點的中點 E，連，連接接 MN，由，由EMMAENNB12，得，得 MNAB.因此，因此，MN平面平面 ABC 且且 MN平平面面 ABD. 答案：答案：平面平面 ABC、平面、平面 ABD 8.
31、如圖所示，三棱柱如圖所示，三棱柱 ABC - A1B1C1的側面的側面 BCC1B1是菱形，設是菱形，設 D 是是A1C1上的點且上的點且 A1B平面平面 B1CD，則，則 A1DDC1的值為的值為_ 解析：解析：設設 BC1B1CO，連接，連接 OD. A1B平面平面 B1CD 且平面且平面 A1BC1平面平面 B1CDOD， A1BOD， 四邊形四邊形 BCC1B1是菱形，是菱形， O 為為 BC1的中點，的中點， D 為為 A1C1的中點，則的中點，則 A1DDC11. 答案：答案：1 大題?？碱}點大題常考題點穩(wěn)解全解穩(wěn)解全解 1.如圖，如圖，ABCD 與與 ADEF 均為平行四邊形，均
32、為平行四邊形，M，N，G 分別是分別是AB，AD，EF 的中點求證：的中點求證： (1)BE平面平面 DMF； (2)平面平面 BDE平面平面 MNG. 證明：證明：(1)連接連接 AE，則，則 AE 必過必過 DF 與與 GN 的交點的交點 O， 連接連接 MO，則，則 MO 為為ABE 的中位線，所以的中位線，所以 BEMO， 又又BE 平面平面DMF， MO平面平面DMF， 所以， 所以BE平面平面DMF. (2)因為因為 N，G 分別為平行四邊形分別為平行四邊形 ADEF 的邊的邊 AD，EF 的的中點，所以中點，所以 DEGN， 又又 DE 平面平面 MNG，GN平面平面 MNG，
33、所以所以 DE平面平面 MNG. 又又 M 為為 AB 的中點，的中點， 所以所以 MN 為為ABD 的中位線，的中位線， 所以所以 BDMN， 又又 MN平面平面 MNG，BD 平面平面 MNG， 所以所以 BD平面平面 MNG， 又又 DE，BD平面平面 BDE，DEBDD， 所以平面所以平面 BDE平面平面 MNG. 2.(20 xx 長春質檢長春質檢)如圖，在四棱錐如圖，在四棱錐 P - ABCD 中，底面中，底面 ABCD 是菱是菱形，形，PD平面平面 ABCD，點，點 D1為棱為棱 PD 的中點，過的中點，過 D1作與平面作與平面 ABCD平行的平面與棱平行的平面與棱 PA，PB，
34、PC 相交于點相交于點 A1，B1，C1，BAD60. (1)求證：求證：B1為為 PB 的中點；的中點； (2)已知棱錐的高為已知棱錐的高為 3，且，且 AB2，AC，BD 的交點為的交點為 O，連接，連接 B1O.求三棱錐求三棱錐 B1- ABO 外接球的體積外接球的體積 解：解：(1)證明：連接證明：連接 B1D1. 由題意知，平面由題意知，平面 ABCD平面平面 A1B1C1D1，平面，平面 PBD平面平面 ABCDBD， 平面平面 PBD平面平面 A1B1D1B1D1，則，則 BDB1D1， 即即 B1D1為為PBD 的中位線，的中位線， 即即 B1為為 PB 的中點的中點 (2)由
35、由(1)可得，可得，OB132，AO 3，BO1，且，且 OAOB，OAOB1，OBOB1， 即三棱錐即三棱錐 B1 - ABO 的外接球為以的外接球為以 OA，OB，OB1為長，寬，高的長方體的外接球，則為長，寬，高的長方體的外接球，則該長方體的體對角線長該長方體的體對角線長 d12 3 2 32252，即外接球半徑，即外接球半徑 R54. 則三棱錐則三棱錐 B1 - ABO 外接球的體積外接球的體積 V43R343 54312548. 3.如圖所示，在正方體如圖所示，在正方體 ABCD - A1B1C1D1中，中，E，F(xiàn)，G，H 分別是分別是BC，CC1，C1D1，A1A 的中點求證：的中
36、點求證： (1)BFHD1； (2)EG平面平面 BB1D1D； (3)平面平面 BDF平面平面 B1D1H. 證明：證明：(1)如圖所示，取如圖所示，取 BB1的中點的中點 M，連接，連接 MH，MC1，易證四邊形，易證四邊形 HMC1D1是平行是平行四四邊形，邊形， HD1MC1. 又又MC1BF，BFHD1. (2)取取 BD 的中點的中點 O，連接，連接 EO，D1O，則，則 OE 綊12DC， 又又 D1G 綊12DC，OE 綊 D1G， 四邊形四邊形 OEGD1是平行四邊形，是平行四邊形，GED1O. 又又 GE 平面平面 BB1D1D，D1O平面平面 BB1D1D， EG平面平面
37、 BB1D1D. (3)由由(1)知知 BFHD1， 又又 BDB1D1，B1D1，HD1平面平面 B1D1H，BF，BD平面平面 BDF，且，且 B1D1HD1D1，DBBFB， 平面平面 BDF平面平面 B1D1H. 4.如圖，四棱錐如圖，四棱錐 P - ABCD 中，中，ABCD，AB2CD，E 為為 PB 的中的中點點 (1)求證：求證：CE平面平面 PAD. (2)在線段在線段 AB 上是否存在一點上是否存在一點 F，使得平面，使得平面 PAD平面平面 CEF？若存若存在，證明你的結論，若不存在，請說明理由在，證明你的結論，若不存在，請說明理由 解：解：(1)證明：取證明：取 PA
38、的中點的中點 H，連接，連接 EH，DH， 因為因為 E 為為 PB 的中點，的中點， 所以所以 EHAB，EH12AB， 又又 ABCD，CD12AB， 所以所以 EHCD，EHCD， 因此四邊形因此四邊形 DCEH 是平行四邊形，是平行四邊形， 所以所以 CEDH， 又又 DH平面平面 PAD，CE 平面平面 PAD， 因此因此 CE平面平面 PAD. (2)存在點存在點 F 為為 AB 的中點，使平面的中點，使平面 PAD平面平面 CEF， 證明如下：證明如下： 取取 AB 的中點的中點 F，連接，連接 CF，EF， 所以所以 AF12AB， 又又 CD12AB，所以，所以 AFCD， 又又 AFCD，所以四邊形，所以四邊形 AFCD 為平行四邊形，為平行四邊形， 因此因此 CFAD， 又又 CF 平面平面 PAD，所以，所以 CF平面平面 PAD， 由由(1)可知可知 CE平面平面 PAD， 又又 CECFC， 故平面故平面 CEF平面平面 PAD， 故存在故存在 AB 的中點的中點 F 滿足要求滿足要求
高中新創(chuàng)新一輪復習理數(shù)通用版：課時達標檢測三十七 直線、平面垂直的判定與性質 Word版含解析
