高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí)：專題8 立體幾何與空間向量 第51練 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 訓(xùn)練目標(biāo) 會(huì)應(yīng)用線、面垂直的定理及性質(zhì)證明直線與平面垂直、平面與平面垂直的位置關(guān)系． 訓(xùn)練題型 (1)證明直線與平面垂直；(2)證明平面與平面垂直；(3)利用線、面垂直的性質(zhì)證明線線垂直． 解題策略 證明線面垂直、面面垂直都必須通過證明線線垂直來完成，特殊圖形中的垂直關(guān)系(如等腰三角形中線、直角三角形、矩形等)往往是解題突破點(diǎn)，也可利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直. 1．如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，

2、DF＝5. 求證：(1)直線PA∥平面DEF； (2)平面BDE⊥平面ABC. 2．(20xx福州質(zhì)檢)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中點(diǎn)，O為底面正方形對(duì)角線B1D1與A1C1的交點(diǎn)． (1)求證：AC1⊥平面B1D1C； (2)過E構(gòu)造一條線段與平面B1D1C垂直，并證明你的結(jié)論． 3．(20xx張掖第二次診斷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，且△ABC為正三角形，AA1＝AB＝6，D為AC的中點(diǎn)． (1)求證：直線AB1∥平面BC1D； (2)求證：平面BC1D⊥平面ACC1A1； (3)求三棱錐C－B

3、C1D的體積． 4．(20xx山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示，ABC－A1B1C1是底面邊長為2，高為的正三棱柱，經(jīng)過AB的截面與上底面相交于PQ，設(shè)C1P＝λC1A1(0＜λ＜1)． (1)證明：PQ∥A1B1； (2)是否存在λ，使得平面CPQ⊥截面APQB？如果存在，求出λ的值；如果不存在，請(qǐng)說明理由． 答案精析 1．證明　(1)因?yàn)镈，E分別為棱PC，AC的中點(diǎn)， 所以DE∥PA. 又因?yàn)镻A?平面DEF，DE?平面DEF， 所以直線PA∥平面DEF. (2)因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為棱P

4、C，AC，AB的中點(diǎn)，PA＝6，BC＝8， 所以DE∥PA，DE＝PA＝3， EF＝BC＝4. 又因?yàn)镈F＝5，故DF2＝DE2＋EF2， 所以∠DEF＝90，即DE⊥EF. 又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC. 因?yàn)锳C∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC， 所以DE⊥平面ABC. 又DE?平面BDE， 所以平面BDE⊥平面ABC. 2．(1)證明　∵AA1⊥平面A1B1C1D1， B1D1?平面A1B1C1D1， ∴AA1⊥B1D1， ∵A1C1⊥B1D1，且AA1∩A1C1＝A1， AA1?平面AA1C1，A1C1?平面AA1C1， ∴B1D

5、1⊥平面AA1C1， ∵AC1?平面AA1C1， ∴B1D1⊥AC1. 同理可得B1C⊥平面ABC1，B1C⊥AC1， ∵B1D1∩B1C＝B1， B1D1?平面B1D1C，B1C?平面B1D1C， ∴AC1⊥平面B1D1C. (2)解　連結(jié)EO，則線段EO與平面B1D1C垂直． 證明如下： ∵E是AA1的中點(diǎn)，O是A1C1的中點(diǎn)， ∴EO∥AC1. ∵AC1⊥平面B1D1C， ∴EO⊥平面B1D1C. 3．(1)證明　連結(jié)B1C交BC1于點(diǎn)O，連結(jié)OD，如圖， 則點(diǎn)O為B1C的中點(diǎn)． ∵D為AC的中點(diǎn)， ∴AB1∥OD. ∵OD?平面BC1D，AB1

6、?平面BC1D， ∴直線AB1∥平面BC1D. (2)證明　∵AA1⊥底面ABC，BD?底面ABC， ∴AA1⊥BD. ∵△ABC是正三角形，D是AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC. ∵AA1∩AC＝A，AA1?平面ACC1A， AC?平面ACC1A1， ∴BD⊥平面ACC1A1. ∵BD?平面BC1D， ∴平面BC1D⊥平面ACC1A1. (3)解　由(2)知，在△ABC中，BD⊥AC， BD＝BCsin60＝3， ∴S△BCD＝33＝， ∴V三棱錐C－BC1D＝V三棱錐C1－BCD＝6＝9. 4．(1)證明　由正三棱柱的性質(zhì)可知，平面A1B1C1∥平面ABC，又因?yàn)槠矫鍭

7、PQB∩平面A1B1C1＝PQ，平面APQB∩平面ABC＝AB，所以PQ∥AB. 又因?yàn)锳B∥A1B1，所以PQ∥A1B1. (2)解　假設(shè)存在這樣的λ滿足題意，分別取AB的中點(diǎn)D，PQ的中點(diǎn)E，連結(jié)CE，DE，CD.由(1)及正三棱柱的性質(zhì)可知△CPQ為等腰三角形，APQB為等腰梯形， 所以CE⊥PQ，DE⊥PQ， 所以∠CED為二面角A－PQ－C的平面角． 連結(jié)C1E并延長交A1B1于點(diǎn)F，連結(jié)DF. 因?yàn)椋剑溅耍? C1A1＝2，C1F＝， 所以C1E＝λ，EF＝(1－λ)． 在Rt△CC1E中可求得CE2＝＋3λ2， 在Rt△DFE中可求得DE2＝＋3(1－λ)2. 若平面CPQ⊥截面APQB，則∠CED＝90，所以CE2＋DE2＝CD2，代入數(shù)據(jù)整理得3λ2－3λ＋＝0，解得λ＝，即存在滿足題意的λ，λ＝.