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＝eq\f(2,3)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＝eq\f(2,3)AA1，因为DP＝eq\f(2,3)DD1，且A1D1＝3，AD＝6，所以PNeq\f(2,3)AD，又BQeq\f(2,3)AD，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，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＝eq\f(AM,AB)＝eq\f(3,6)＝eq\f(A1B1,A1A)＝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.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.(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；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＝eq\f(1,2)AB；在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE∥AB且CE＝eq\f(1,2)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＝eq\f(π,3)，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.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＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，所以△ABC的面积S1＝eq\f(1,2)AC×BC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3).在平行四边形ACC1A1中，∠A1AC＝eq\f(π,3)，其面积S2＝AA1×ACsin∠A1AC＝2×2sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).由(1)知四边形BCC1B1为矩形，故其面积S3＝BC×CC1＝2eq\r(3)×2＝4eq\r(3).连接A1C，BA1，在△AA1C中，AC＝AA1＝2，∠A1AC＝eq\f(π,3)，所以A1C＝2.由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1，所以A1B＝eq\r(BC2＋CA\o\al(2,1))＝4.在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2，所以△AA1B的面积S△AA1B＝eq\f(1,2)×2×eq\