2020届高考数学大二轮复习层级二专题四立体几何第2讲空间中的平行与垂直课时作业

2020届高考数学大二轮复习层级二专题四立体几何第2讲空间中的平行与垂直课时作业

第2讲 空间中的平行与垂直 限时50分钟　满分60分 解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)‎ ‎1.‎ ‎(2020·泉州模拟)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1＝6，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上，BQ＝4.‎ ‎(1)若DP＝DD1，证明：PQ∥平面ABB1A1.‎ ‎(2)若P是D1D的中点，证明：AB1⊥平面PBC.‎ 证明：(1)在AA1上取一点N，使得AN＝AA1，‎ 因为DP＝DD1，且A1D1＝3，AD＝6，‎ 所以PNAD，‎ 又BQAD，所以PNBQ.‎ 所以四边形BQPN为平行四边形，‎ 所以PQ∥BN.‎ 因为BN⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1，‎ 所以PQ∥平面ABB1A1.‎ ‎(2)如图所示，取A1A的中点M，‎ 连接PM，BM，PC，‎ 因为A1A，D1D是梯形的两腰，P是D1D的中点，‎ - 6 -‎ 所以PM∥AD，于是由AD∥BC知，PM∥BC，‎ 所以P，M，B，C四点共面．‎ 由题设可知，BC⊥AB，BC⊥A1A，AB∩AA1＝A，‎ 所以BC⊥平面ABB1A1，‎ 所以BC⊥AB1，‎ 因为tan∠ABM＝＝＝＝tan∠A1AB1，‎ 所以∠ABM＝∠A1AB1，‎ 所以∠ABM＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，‎ 所以AB1⊥BM，‎ 再BC∩BM＝B，知AB1⊥平面PBC.‎ ‎2．(2019·烟台三模)如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．‎ ‎(1)求证：A1E⊥FP；‎ ‎(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明：‎ 在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．‎ 因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.‎ 所以在题图(2)中，A1E⊥EF，‎ 又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，‎ 且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，‎ 所以A1E⊥平面BEFC.‎ - 6 -‎ 因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.‎ ‎(2)解：在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．‎ 理由如下：‎ 如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，‎ 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.‎ 如图所示，取A1P的中点M，连接MK，‎ 因为点K为棱A1F的中点，‎ 所以MK∥FP.‎ 因为FP∥BE，所以MK∥BE.‎ 因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，‎ 所以MK∥平面A1BE.‎ 故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．‎ ‎3.‎ 如图所示，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为弧AC的中点．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面ABC.求证：‎ ‎(1)平面ABE⊥平面ACDE；‎ ‎(2)平面OFD∥平面ABE.‎ 解：(1)因为BC是半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，‎ 所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB.‎ 因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，‎ 所以AB⊥平面ACDE.‎ 因为AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.‎ - 6 -‎ ‎(2)如图所示，设OF∩AC＝M，连接DM.‎ 因为F为弧AC的中点，所以M为AC的中点．‎ 因为AC＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM.‎ 所以四边形AMDE为平行四边形．所以DM∥AE.‎ 因为DM⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE.‎ 因为O为BC的中点，所以OM为△ABC的中位线．所以OM∥AB.‎ 因为OM⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以OM∥平面ABE.‎ 因为OM⊂平面OFD，DM⊂平面OFD，OM∩DM＝M，‎ 所以平面OFD∥平面ABE.‎ ‎4．(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．‎ 解析：本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．‎ ‎(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD；‎ 因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD；‎ 因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD为正三角形，所以AE⊥CD，‎ 因为AB∥CD，所以AE⊥AB；‎ 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，‎ 所以AE⊥PA；‎ - 6 -‎ 因为PA∩AB＝A 所以AE⊥平面PAB，‎ AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎(3)存在点F为PB中点时，满足CF∥平面PAE；理由如下：‎ 分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG，‎ 在三角形PAB中，FG∥AB且FG＝AB；‎ 在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE∥AB且CE＝AB，所以CE∥FG且CE＝FG，即四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG；‎ 又CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.‎ ‎5.‎ ‎(2019·青岛三模)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2AC＝2AA1＝4，∠A1AC＝，AC⊥BC，平面ACC1A1⊥平面ABC，M为B1C1的中点．‎ ‎(1)过点B1作一个平面α与平面ACM平行，确定平面α，并说明理由；‎ ‎(2)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．‎ 解析：‎ ‎(1)如图，取AB的中点E，BC的中点F，连接B1E，B1F，EF，则平面B1EF∥平面ACM.‎ - 6 -‎ 因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，所以BC⊥平面ACC1A1，BC⊥CC1，因为四边形BCC1B1为平行四边形，所以四边形BCC1B1为矩形，‎ 在矩形BCC1B1中，M，F分别是B1C1，BC的中点，所以B1F∥CM；‎ 在△ABC中，E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC.‎ 又EF∩FB1＝F，AC∩CM＝C，‎ 所以平面B1EF∥平面ACM.‎ 所以平面α即平面B1EF.‎ ‎(2)由题意知AC＝2，AA1＝2，AB＝4.‎ 因为AC⊥BC，所以BC＝ ＝ ＝2，‎ 所以△ABC的面积S1＝AC×BC＝×2×2＝2.‎ 在平行四边形ACC1A1中，∠A1AC＝，‎ 其面积S2＝AA1×ACsin∠A1AC＝2×2sin ＝2.‎ 由(1)知四边形BCC1B1为矩形，故其面积S3＝BC×CC1＝2×2＝4.‎ 连接A1C，BA1，在△AA1C中，AC＝AA1＝2，∠A1AC＝，所以A1C＝2.‎ 由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1，‎ 所以A1B＝＝4.‎ 在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2，‎ 所以△AA1B的面积S△AA1B＝×2×＝，‎ 所以平行四边形ABB1A1的面积S4＝2S△AA1B＝2×＝2.‎ 故三棱柱ABC－A1B1C1的表面积S＝2S1＋S2＋S3＋S4＝2×2＋2＋4＋2＝10＋2.‎ - 6 -‎