高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 立體幾何 理 蘇教版

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1、高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 必考解答題 模板成形練 立體幾何 理 蘇教版 (建議用時(shí)：60分鐘) 1．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC＝CA＝，AD＝CD＝1. (1)求證：BD⊥AA1； (2)若E為棱BC的中點(diǎn)，求證：AE∥平面DCC1D1. 證明　(1)在四邊形ABCD中，因?yàn)锽A＝BC，DA＝DC，所以BD⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC， BD?平面ABCD，所以BD⊥平面AA1C1C， 又因?yàn)锳A1?平面AA1C1C，所以BD⊥AA1. (2)在三角形AB

2、C中，因?yàn)锳B＝AC，且E為BC中點(diǎn)，所以AE⊥BC，又因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，AB＝BC＝CA＝，DA＝DC＝1， 所以∠ACB＝60°，∠ACD＝30°，所以DC⊥BC，所以AE∥DC，因?yàn)镈C?平面DCC1D1，AE?平面DCC1D1，所以AE∥平面DCC1D1 2. 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，BC⊥平面PAB，∠APB＝90°，PB＝BC，N為PC的中點(diǎn)． (1)若M為AB的中點(diǎn)，求證：MN∥平面ADP； (2)求證：平面BDN⊥平面ACP. 證明　(1)設(shè)AC∩BD＝G，連接NG，MG，易知G是AC，BD的中點(diǎn)， 又N是PC的中點(diǎn)，M為AB的中

3、點(diǎn)， ∴NG∥PA，MG∥AD， ∴平面GMN∥平面APD.又MN?平面GMN，∴MN∥平面APD. (2)∵BC⊥平面PAB，AP?平面PAB，∴BC⊥PA， ∵∠APB＝90°，∴BP⊥PA. ∵BC∩BP＝B，∴PA⊥平面PBC，∴BN⊥PA. ∵PB＝BC，點(diǎn)N為PC的中點(diǎn)，∴BN⊥PC. ∵PC∩PA＝P，∴BN⊥平面ACP. 又BN?平面BDN，∴平面BDN⊥平面ACP. 3. 如圖，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點(diǎn)． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：EF⊥CD； 證明　(1)取PD的中點(diǎn)G，連接AG，F(xiàn)G.因

4、為FG為△PCD的中位線， 所以FG∥CD，且FG＝CD， 又AE∥CD，且AE＝CD， 所以AE∥FG，且AE＝FG， 故四邊形AEFG為平行四邊形，所以EF∥AG. 又AG?平面PAD，EF?平面PAD， 所以EF∥平面PAD. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD， 所以PA⊥CD.在矩形ABCD中，AD⊥CD， 又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD. 因?yàn)锳G?平面PAD，所以CD⊥AG. 又EF∥AG，所以EF⊥CD. 4. 如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E，M分別為AB，DE的中點(diǎn)，將△ADE沿直線

5、DE翻折成△A′DE，連接A′C，A′B，F(xiàn)為A′C的中點(diǎn)，A′C＝4. (1)求證：平面A′DE⊥平面BCD； (2)求證：FB∥平面A′DE. 證明　(1)由題意得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成，∴△A′DE≌△ADE. ∵∠ABC＝120°，四邊形ABCD是平行四邊形， ∴∠A＝60°.又∵AD＝AE＝2， ∴△A′DE和△ADE都是等邊三角形．連接A′M，MC. ∵M(jìn)是DE的中點(diǎn)，∴A′M⊥DE，A′M＝. 在△DMC中，MC2＝DC2＋DM2－2DC·DM·cos 60°＝42＋12－2×4×1·cos 60°，∴MC＝. 在△A′MC中，A′M2＋MC2＝()2＋()2＝42＝A′C2. ∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC. 又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD. 又∵A′M?平面A′DE， ∴平面A′DE⊥平面BCD. (2)取DC的中點(diǎn)N，連接FN，NB. ∵A′C＝DC＝4，F(xiàn)，N分別是A′C，DC的中點(diǎn)， ∴FN∥A′D. 又∵N，E分別是平行四邊形ABCD的邊DC，AB的中點(diǎn)， ∴BN∥DE. 又∵A′D∩DE＝D，F(xiàn)N∩NB＝N， ∴平面A′DE∥平面FNB. ∵FB?平面FNB，∴FB∥平面A′DE.