高考數(shù)學(xué)二輪課時(shí)作業(yè)：層級(jí)二 專題四 第2講 空間中的平行與垂直 Word版含解析

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1、 層級(jí)二 專題四 第2講 限時(shí)50分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1. (2020·泉州模擬)如圖，已知四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形，AA1＝6，且A1A⊥底面ABCD，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BC上，BQ＝4. (1)若DP＝DD1，證明：PQ∥平面ABB1A1. (2)若P是D1D的中點(diǎn)，證明：AB1⊥平面PBC. 證明：(1)在AA1上取一點(diǎn)N，使得AN＝AA1， 因?yàn)镈P＝DD1，且A1D1＝3，AD＝6， 所以PNAD， 又BQAD，所以PNBQ. 所以四邊形BQPN

2、為平行四邊形， 所以PQ∥BN. 因?yàn)锽N?平面ABB1A1，PQ?平面ABB1A1， 所以PQ∥平面ABB1A1. (2)如圖所示，取A1A的中點(diǎn)M， 連接PM，BM，PC， 因?yàn)锳1A，D1D是梯形的兩腰，P是D1D的中點(diǎn)， 所以PM∥AD，于是由AD∥BC知，PM∥BC， 所以P，M，B，C四點(diǎn)共面． 由題設(shè)可知，BC⊥AB，BC⊥A1A，AB∩AA1＝A， 所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC⊥AB1， 因?yàn)閠an∠ABM＝＝＝＝tan∠A1AB1， 所以∠ABM＝∠A1AB1， 所以∠ABM＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°， 所以AB

3、1⊥BM， 再BC∩BM＝B，知AB1⊥平面PBC. 2．(2019·煙臺(tái)三模)如圖(1)，在正△ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，AC邊上的點(diǎn)，且BE＝AF＝2CF.點(diǎn)P為邊BC上的點(diǎn)，將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，連接A1B，A1P，EP，如圖(2)所示． (1)求證：A1E⊥FP； (2)若BP＝BE，點(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn)，則在平面A1FP上是否存在過點(diǎn)K的直線與平面A1BE平行，若存在，請(qǐng)給予證明；若不存在，請(qǐng)說明理由． (1)證明： 在正△ABC中，取BE的中點(diǎn)D，連接DF，如圖所示． 因?yàn)锽E＝AF＝2CF，所以AF＝AD，A

4、E＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF為正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD. 所以在題圖(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?yàn)镕P?平面BEFC，所以A1E⊥FP. (2)解：在平面A1FP上存在過點(diǎn)K的直線與平面A1BE平行． 理由如下： 如題圖(1)，在正△ABC中，因?yàn)锽P＝BE，BE＝AF， 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE. 如圖所示，取A1P的中點(diǎn)M，連接MK， 因?yàn)辄c(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn)， 所以MK∥FP. 因?yàn)镕P∥BE，

5、所以MK∥BE. 因?yàn)镸K?平面A1BE，BE?平面A1BE， 所以MK∥平面A1BE. 故在平面A1FP上存在過點(diǎn)K的直線MK與平面A1BE平行． 3. 如圖所示，已知BC是半徑為1的半圓O的直徑，A是半圓周上不同于B，C的點(diǎn)，F(xiàn)為弧AC的中點(diǎn)．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面ABC.求證： (1)平面ABE⊥平面ACDE； (2)平面OFD∥平面ABE. 解：(1)因?yàn)锽C是半圓O的直徑，A是半圓周上不同于B，C的點(diǎn)， 所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB. 因?yàn)槠矫鍭CDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB?平面ABC，

6、 所以AB⊥平面ACDE. 因?yàn)锳B?平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE. (2)如圖所示，設(shè)OF∩AC＝M，連接DM. 因?yàn)镕為弧AC的中點(diǎn)，所以M為AC的中點(diǎn)． 因?yàn)锳C＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM. 所以四邊形AMDE為平行四邊形．所以DM∥AE. 因?yàn)镈M?平面ABE，AE?平面ABE，所以DM∥平面ABE. 因?yàn)镺為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M為△ABC的中位線．所以O(shè)M∥AB. 因?yàn)镺M?平面ABE，AB?平面ABE，所以O(shè)M∥平面ABE. 因?yàn)镺M?平面OFD，DM?平面OFD，OM∩DM＝M， 所以平面OFD∥平面ABE. 4．(2

7、019·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)． (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； (3)棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說明理由． 解析：本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力． (1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD； 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以AC⊥BD； 因?yàn)镻A∩AC＝A，PA，AC?平面PAC， 所以BD⊥平面PAC. (2)證明：因?yàn)榈酌鍭BCD是

8、菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD為正三角形，所以AE⊥CD， 因?yàn)锳B∥CD，所以AE⊥AB； 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD， 所以AE⊥PA； 因?yàn)镻A∩AB＝A 所以AE⊥平面PAB， AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE. (3)存在點(diǎn)F為PB中點(diǎn)時(shí)，滿足CF∥平面PAE；理由如下： 分別取PB，PA的中點(diǎn)F，G，連接CF，F(xiàn)G，EG， 在三角形PAB中，F(xiàn)G∥AB且FG＝AB； 在菱形ABCD中，E為CD中點(diǎn)，所以CE∥AB且CE＝AB，所以CE∥FG且CE＝FG，即四邊形CEGF為平行四邊形，所以CF∥EG； 又CF?平面PAE，E

9、G?平面PAE，所以CF∥平面PAE. 5. (2019·青島三模)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2AC＝2AA1＝4，∠A1AC＝，AC⊥BC，平面ACC1A1⊥平面ABC，M為B1C1的中點(diǎn)． (1)過點(diǎn)B1作一個(gè)平面α與平面ACM平行，確定平面α，并說明理由； (2)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面積． 解析： (1)如圖，取AB的中點(diǎn)E，BC的中點(diǎn)F，連接B1E，B1F，EF，則平面B1EF∥平面ACM. 因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，所以BC⊥平面ACC1A1，BC⊥CC1，因?yàn)樗倪呅蜝CC1B1

10、為平行四邊形，所以四邊形BCC1B1為矩形， 在矩形BCC1B1中，M，F(xiàn)分別是B1C1，BC的中點(diǎn)，所以B1F∥CM； 在△ABC中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，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)由題意知AC＝2，AA1＝2，AB＝4. 因?yàn)锳C⊥BC，所以BC＝ ＝ ＝2， 所以△ABC的面積S1＝AC×BC＝×2×2＝2. 在平行四邊形ACC1A1中，∠A1AC＝， 其面積S2＝AA1×ACsin∠A1AC＝2×2sin ＝2. 由(1)知四邊形BCC1B1為矩形，故其面積S3＝BC×CC1＝2×2＝4. 連接A1C，BA1，在△AA1C中，AC＝AA1＝2，∠A1AC＝，所以A1C＝2. 由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1， 所以A1B＝＝4. 在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2， 所以△AA1B的面積S△AA1B＝×2×＝， 所以平行四邊形ABB1A1的面積S4＝2S△AA1B＝2×＝2. 故三棱柱ABC－A1B1C1的表面積S＝2S1＋S2＋S3＋S4＝2×2＋2＋4＋2＝10＋2.