《新編高三數(shù)學(xué) 第54練 平行與垂直綜合練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高三數(shù)學(xué) 第54練 平行與垂直綜合練（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第54練 平行與垂直綜合練 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(shí)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(yùn)用. 1.(20xx·天津模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AD，DD1的中點(diǎn)． 求證：(1)EF∥平面C1BD； (2)A1C⊥平面C1BD. 2．如圖①所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線，點(diǎn)E在線段AC上，CE

2、＝4，將△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，連接AB，BE，如圖②所示，設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)． (1)求證：DE⊥平面BCD； (2)若EF∥平面BDG，其中G為AC上一點(diǎn)，求三棱錐B－DEG的體積． 3.如圖，四棱錐P－ABCD的底面為矩形，AB＝，BC＝1，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點(diǎn)，DE⊥PA. (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAC⊥平面PDE. 4．(20xx·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

3、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(diǎn)，如圖2. (1)求證：BE1⊥DC； (2)求證：DM∥平面BCE1； (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)如圖，連接AD1， ∵E，F(xiàn)分別是AD和DD1的中點(diǎn)， ∴EF∥AD1. 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，∴四邊形ABC1D1為平行四邊形， 即有AD1∥BC1，∴EF∥BC1. 又EF?平面C1BD，BC1?平面C1BD， ∴EF∥平面C1BD. (

4、2)如圖，連接AC，則AC⊥BD. ∵在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴AA1⊥BD. 又AA1∩AC＝A，AA1?平面AA1C，AC?平面AA1C， ∴BD⊥平面AA1C，A1C?平面AA1C， ∴A1C⊥BD. 同理可證A1C⊥BC1. 又BD∩BC1＝B，BD?平面C1BD，BC1?平面C1BD， ∴A1C⊥平面C1BD. 2．(1)證明　取AC的中點(diǎn)P，連接DP，因?yàn)樵赗t△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線， 所以∠A＝30°，△ADC是等腰三角形，所以DP⊥AC，DP＝，∠

5、DCP＝30°，∠PDC＝60°. 又點(diǎn)E在線段AC上，CE＝4， 所以AE＝2，EP＝1，所以∠EDP＝30°， 所以∠EDC＝90°，所以ED⊥DC. 因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD，且平面BCD∩平面ACD＝DC，所以DE⊥平面BCD. (2)解　若EF∥平面BDG，其中G為AC上一點(diǎn)， 則易知G為EC的中點(diǎn)，此時(shí)AE＝EG＝GC＝2. 因?yàn)樵赗t△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線， 所以BD＝，DC＝＝2， 所以B到DC的距離h＝＝＝. 因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝DC， 所以B到DC的距離h就是三棱錐

6、B－DEG的高， 所以三棱錐B－DEG的體積V＝·S△DEG·h＝××＝. 3．證明　(1)如圖，取PD中點(diǎn)G，連接AG，F(xiàn)G， 因?yàn)镕，G分別為PC，PD的中點(diǎn)，所以FG∥CD，且FG＝CD. 又因?yàn)镋為AB中點(diǎn)，所以AE∥CD，且AE＝CD. 所以AE∥FG，AE＝FG. 所以四邊形AEFG為平行四邊形． 所以EF∥AG，又EF?平面PAD， AG?平面PAD， 所以EF∥平面PAD. (2)設(shè)AC∩DE＝H，由△AEH∽△CDH及E為AB中點(diǎn)，得＝＝， 又因?yàn)锳B＝，BC＝1， 所以AC＝，AH＝AC＝. 所以＝＝，又∠BAC為公共角，所以△HAE∽△BAC

7、. 所以∠AHE＝∠ABC＝90°， 即DE⊥AC. 又DE⊥PA，PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以DE⊥平面PAC. 又DE?平面PDE， 所以平面PAC⊥平面PDE. 4．(1)證明　因?yàn)樗倪呅蜛BE1F1為矩形， 所以BE1⊥AB. 因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE1F1， 且平面ABCD∩平面ABE1F1＝AB， BE1?平面ABE1F1， 所以BE1⊥平面ABCD. 因?yàn)镈C?平面ABCD， 所以BE1⊥DC. (2)證明　因?yàn)樗倪呅蜛BE1F1為矩形， 所以AM∥BE1. 因?yàn)锳D∥BC，AD∩AM＝A，BC∩BE1＝B， AD

8、?平面ADM，AM?平面ADM， BC?平面BCE1，BE1?平面BCE1， 所以平面ADM∥平面BCE1. 因?yàn)镈M?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(diǎn)P，CE1的中點(diǎn)Q，連接AP，PQ，QM， 所以PQ∥BE1，且PQ＝BE1. 在矩形ABE1F1中，M為AF1的中點(diǎn)， 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?yàn)樗倪呅蜛BCD為梯形，P為BC的中點(diǎn)，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?yàn)镈M≠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．