《新編高考數(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》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《新編高考數(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(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
訓(xùn)練目標(biāo)
會應(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,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.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.
求證:(1)直線PA∥平面DEF;
(2)平面BDE⊥平面ABC.
2.(2
2、0xx·福州質(zhì)檢)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是AA1的中點,O為底面正方形對角線B1D1與A1C1的交點.
(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.
(1)求證:直線AB1∥平面BC1D;
(2)求證:平面BC1D⊥平面ACC1A1;
(3)求三棱錐C-BC1D的體積.
4.(20xx·山東省實驗中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示,ABC-A
3、1B1C1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,請說明理由.
答案精析
1.證明 (1)因為D,E分別為棱PC,AC的中點,
所以DE∥PA.
又因為PA?平面DEF,DE?平面DEF,
所以直線PA∥平面DEF.
(2)因為D,E,F(xiàn)分別為棱PC,AC,AB的中點,PA=6,BC=8,
所以DE∥PA,DE=PA=3,
EF=BC=4
4、.
又因為DF=5,故DF2=DE2+EF2,
所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.
又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.
因為AC∩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,
∴B1D1⊥平面AA1C1,
∵AC1?平面AA1C1,
∴B1D1⊥AC1.
同理可得B1C⊥
5、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,O是A1C1的中點,
∴EO∥AC1.
∵AC1⊥平面B1D1C,
∴EO⊥平面B1D1C.
3.(1)證明 連結(jié)B1C交BC1于點O,連結(jié)OD,如圖,
則點O為B1C的中點.
∵D為AC的中點,
∴AB1∥OD.
∵OD?平面BC1D,AB1?平面BC1D,
∴直線AB1∥平面BC1D.
(2)證明 ∵AA1⊥底面ABC,BD?底
6、面ABC,
∴AA1⊥BD.
∵△ABC是正三角形,D是AC的中點,∴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=×3×3=,
∴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,又因為平面APQB∩平面A1B1C1=PQ,平面APQB∩平面ABC=AB,所以PQ∥AB.
7、又因為AB∥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D,PQ的中點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F,連結(jié)DF.
因為==λ,
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=.