- 2021-04-26 发布 |
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文档介绍
2021高考数学新高考版一轮习题:专题7 第56练 空间的垂直大题练 Word版含解析
1.(2020·西安模拟)如图,ABCD是正方形,O是正方形的中心,PO⊥底面ABCD,E是PC的中点. (1)求证:BD⊥平面PAC; (2)若AB=2,PB=,求三棱锥B-CDE的体积. 2.如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=CF,∠ABC=60°,四边形ACFE为平行四边形,FC⊥平面ABCD,点M为线段EF的中点. (1)求证:BC⊥平面ACFE; (2)若AD=2,求点A到平面MBC的距离. 3.(2019·张家口质检)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,侧面PAB⊥底面ABCD. (1)求证:平面PAB⊥平面PBC; (2)若PA=AB=BC=2AD,且二面角P-BC-A等于45°,求直线BD与平面PBC所成角的正弦值. 4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是棱BC的中点,点F在棱CC1上,已知AB=AC,AA1=3,BC=CF=2. (1)若点M在棱BB1上,且BM=1,求证:平面CAM⊥平面ADF; (2)棱AB上是否存在一点E,使得C1E∥平面ADF,证明你的结论. 答案精析 1.(1)证明 连接AC(图略),∵PO⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD, ∴PO⊥BD, 又四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC, 又PO⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PO∩AC=O, ∴BD⊥平面PAC. (2)解 由题意知OB=, 又PB=,∴PO==2, S△BCD=BC·CD=×2×2=2, 点E到平面BCD的距离为h=PO=1, ∴VB-CDE=VE-BCD=S△BCD·h=×2×1=. 2.(1)证明 设AD=m,则DC=CB=AD=m, 在梯形ABCD中,∵AB∥CD,∠ABC=60°,∴AB=2m, ∴AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos 60°=3m2, ∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC. ∵FC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD, ∴FC⊥BC, ∵AC∩FC=C,AC⊂平面ACFE,FC⊂平面ACFE, ∴BC⊥平面ACFE. (2)解 由(1)知BC⊥AC, ∴S△ABC=×AC×BC=×2×2=2, ∵四边形ACFE为平行四边形,∴FM∥AC, ∴点M到平面ABC的距离为CF=AD=2, ∴VM-ABC=×S△ABC×CF=×2×2=, ∵BC⊥平面ACFE,CM⊂平面ACFE,∴BC⊥CM, 又MC==, ∴S△MBC=×MC×BC=××2=, 设点A到平面MBC的距离为d, 则VA-MBC=VM-ABC=×S△MBC×d=××d=, ∴d=. 3.(1)证明 由AD∥BC,AD⊥AB可得,BC⊥AB, 因为侧面PAB⊥底面ABCD,交线为AB,BC⊂底面ABCD且BC⊥AB, 则BC⊥侧面PAB,BC⊂平面PBC, 所以平面PAB⊥平面PBC. (2)解 由BC⊥侧面PAB可得,BC⊥PB,BC⊥AB, 则∠PBA是二面角P-BC-A的平面角,∠PBA=45°, 由PA=AB可得,△PAB为等腰直角三角形, 取PB的中点E,连接AE, 可得AE⊥PB, 因为平面PAB⊥平面PBC,交线为PB,AE⊂平面PAB且AE⊥PB, 所以AE⊥平面PBC,点A到平面PBC的距离为AE. 因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,则AD∥平面PBC, 所以点D到平面PBC的距离d等于点A到平面PBC的距离,d=AE. 设AD=1,则PA=AB=BC=2, 在△PAB中,AE=;在△ABD中,BD=, 设直线BD与平面PBC所成角为θ, 即sin θ====, 所以,直线BD与平面PBC所成角的正弦值为. 4.(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, 由于B1B⊥平面ABC,BB1⊂平面B1BCC1, 所以平面B1BCC1⊥平面ABC.(或者得出AD⊥BB1) 由于AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC. 平面B1BCC1∩平面ABC=BC,AD⊂平面ABC, 所以AD⊥平面B1BCC1. 而CM⊂平面B1BCC1,于是AD⊥CM. 因为BM=CD=1,BC=CF=2, 所以Rt△CBM≌Rt△FCD,所以CM⊥DF. DF∩AD=D,所以CM⊥平面ADF,CM⊂平面CAM, 所以平面CAM⊥平面ADF. (2)解 E为棱AB的中点时,使得C1E∥平面ADF,证明如下: 连接CE交AD于O,连接OF. 因为CE,AD为△ABC的中线, 所以O为△ABC的重心,==. 从而OF∥C1E. OF⊂平面ADF,C1E⊄平面ADF, 所以C1E∥平面ADF.查看更多