【数学】2020届数学文一轮复习第八章第6讲平行、垂直的综合问题作业

【数学】2020届数学文一轮复习第八章第6讲平行、垂直的综合问题作业

‎1.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是(　　)‎ ‎①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；‎ ‎②BC∥平面A′DE；‎ ‎③三棱锥A′FED的体积有最大值．‎ A．①　　　　　　　　 B.①②‎ C．①②③ D．②③‎ 解析：选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，‎ 所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．‎ ‎②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.‎ ‎③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′FED的体积达到最大，故选C.‎ ‎2．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是(　　)‎ A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 解析：选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，‎ 所以BD⊥CD.‎ 又平面ABD⊥平面BCD，‎ 且平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ 故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.‎ 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.‎ 又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.‎ ‎3．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　)‎ A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90°‎ C．CA′与平面A′BD所成的角为30°‎ D．四面体A′BCD的体积为 解析：选B.若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A不正确；‎ 由题设知：△BA′D为等腰Rt△，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；‎ 由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C不正确；‎ VA′BCD＝VCA′BD＝，D不正确．故选B.‎ ‎4．在直角梯形ABCD中，AB＝2，CD＝CB＝1，∠ABC＝90°，平面ABCD外有一点E，平面ADE⊥平面ABCD，AE＝ED＝1.‎ ‎(1)求证：AE⊥BE；‎ ‎(2)求点C到平面ABE的距离．‎ 解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，BD＝＝，AD＝，又AD＝＝，所以AE⊥ED.‎ 因为AB2＝AD2＋BD2，‎ 所以AD⊥BD，‎ 因为平面ADE⊥平面ABCD，且交线为AD，AD⊥BD.‎ 所以BD⊥平面ADE.‎ 因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE.‎ 因为AE⊥BD，AE⊥ED，BD∩DE＝D，‎ 所以AE⊥平面BDE，‎ 因为BE⊂平面BDE，所以AE⊥BE.‎ ‎(2)如图，过点E作EM⊥AD，交AD于M.‎ 因为平面ADE⊥平面ABCD，‎ 所以EM⊥平面ABCD.设点C到平面ABE的距离为h，‎ EM＝，S△ABC＝×AB×BC＝×2×1＝1，‎ S△ABE＝×EB×AE＝××1＝.‎ 因为VEABC＝VCABE，‎ 所以×1×＝××h，所以h＝，‎ 所以点C到平面ABE的距离为.‎ ‎5．(2019·太原模拟)如图，在几何体ABCDFE中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3.‎ ‎(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD.‎ ‎(2)若cos∠BAD＝，求几何体ABCDFE的体积．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，‎ 因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.‎ 所以AC⊥平面BEFD.‎ 所以平面ACF⊥平面BEFD.‎ ‎(2)设AC与BD的交点为O，AB＝a(a>0)，‎ 由(1)得AC⊥平面BEFD，‎ 因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥BD，‎ 因为DF∥BE，所以DF⊥BD，‎ 所以BD2＝EF2－(DF－BE)2＝8，所以BD＝2，‎ 所以S四边形BEFD＝(BE＋DF)·BD＝3，‎ 因为cos∠BAD＝，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝a2＝8，‎ 所以a＝，‎ 所以OA2＝AB2－OB2＝3，所以OA＝，‎ 所以VABCDFE＝2VABEFD＝S四边形BEFD·OA＝2.‎ ‎6．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.‎ ‎(1)证明：AC⊥BD；‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．‎ 解：‎ ‎(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.‎ 因为AD＝CD，所以AC⊥DO.‎ 又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.‎ 从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.‎ ‎(2)连接EO.‎ 由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.‎ 又AB＝BD，所以 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.‎ 由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC.‎ 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.‎ 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.‎ ‎1．(2019·郑州第二次质量检测)如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1，M为AB的三等分点．现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC.‎ ‎(1)在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC?‎ ‎(2)当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离．‎ 解：(1)当AP＝AB时，有AD∥平面MPC.‎ 理由如下：‎ 连接BD交MC于点N，连接NP.‎ 在梯形MBCD中，DC∥MB，＝＝，‎ 因为△ADB中，＝，所以AD∥PN.‎ 因为AD⊄平面MPC，PN⊂平面MPC，‎ 所以AD∥平面MPC.‎ ‎(2)因为平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，‎ 平面AMD中AM⊥DM，所以AM⊥平面MBCD.‎ 所以VPMBC＝×S△MBC×＝××2×1×＝.‎ 在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝，‎ 又PC＝＝，所以S△MPC＝××＝.‎ 所以点B到平面MPC的距离为d＝＝＝.‎ ‎2.‎ 如图所示，已知长方体ABCDA1B1C1D1，点O1为B1D1的中点．‎ ‎(1)求证：AB1∥平面A1O1D.‎ ‎(2)若AB＝AA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE？若存在，求出；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)证明：如图所示，连接AD1交A1D于点G，‎ 所以G为AD1的中点．连接O1G.在△AB1D1中，‎ 因为O1为B1D1的中点，‎ 所以O1G∥AB1.‎ 因为O1G⊂平面A1O1D，且AB1⊄平面A1O1D，‎ 所以AB1∥平面A1O1D.‎ ‎(2)若在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，连接A1B交AE于点M.‎ 因为BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AE.‎ 又因为A1C∩BC＝C，且A1C，BC⊂平面A1BC，‎ 所以AE⊥平面A1BC.‎ 因为A1B⊂平面A1BC，‎ 所以AE⊥A1B.‎ 在△AMB和△ABE中，‎ ‎∠BAM＋∠ABM＝90°，∠BAM＋∠BEA＝90°，‎ 所以∠ABM＝∠BEA.‎ 所以Rt△ABE∽Rt△A1AB，‎ 所以＝.‎ 因为AB＝AA1，‎ 所以BE＝AB＝BB1，‎ 即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，此时＝.‎ ‎3．(2019·福建质量检测)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形．‎ ‎(1)求证：AE∥平面BCF；‎ ‎(2)若AD⊥DE，AD＝DE＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，求三棱锥FAEC的体积．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD是平行四边形，‎ 所以AD∥BC.‎ 又AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AD∥平面BCF，因为四边形BDEF是矩形，所以DE∥BF.又DE⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，‎ 所以DE∥平面BCF.‎ 因为AD∩DE＝D，AD⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，‎ 所以平面ADE∥平面BCF.‎ 因为AE⊂平面ADE，所以AE∥平面BCF.‎ ‎(2)设AC与BD交于点O，则O为AC的中点．连接OE，OF，如图．‎ 故VFAEC＝VCAEF＝2VOAEF＝2VAOEF.‎ 在△ABD中，∠BAD＝60°，AD＝1，AB＝2，‎ 由余弦定理得，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD，‎ 所以BD＝，‎ 所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD.‎ 又DE⊥AD，BD∩DE＝D，BD⊂平面BDEF，DE⊂平面BDEF，所以AD⊥平面BDEF，‎ 故AD的长为点A到平面BDEF的距离．‎ 因为DE＝1，所以S△OEF＝S四边形BDEF＝BD·DE＝，所以VAOEF＝S△OEF·AD＝，‎ 故VFAEC＝2VAOEF＝，即三棱锥FAEC的体积为.‎