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【创新设计】2015高考数学二轮专题训练·对接高考练习:专题4第2讲 立体几何中位置关系的证明问题


一、选择题 1.在矩形 ABCD 中,AB=4,BC=3,沿 AC 将矩形 ABCD 折叠,其正视图和俯 视图如图所示,此时连接顶点 B,D 形成三棱锥 B-ACD,则其侧视图的面积 为( ).

12 A. 5 72 C.25 解析

12 B.25 144 D. 25 12 12 由题意知正视图的高为 5 ,即为侧视图的高;俯视图的高为 5 ,即为侧

1 12 12 72 视图的底面边长,结合侧视图可知侧视图的面积是 S=2× 5 × 5 =25. 答案 C

2.如图,在四边形 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 A-BCD,则在三 棱锥 A-BCD 中,下列命题正确的是( ).

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 ∵在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,

∠BCD=45° ,∠BAD=90° ,∴BD⊥CD, 又平面 ABD⊥平面 BCD,且平面 ABD∩平面 BCD=BD, 所以 CD⊥平面 ABD,则 CD⊥AB,
-1-

又 AD⊥AB,AD∩CD=D,所以 AB⊥平面 ADC, 又 AB?平面 ABC,所以平面 ABC⊥平面 ADC,故选 D. 答案 D

3.(2014· 北京朝阳区综合练习)如图:在梯形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB=1, AD⊥AB,∠BCD=45° ,将△ABD 沿对角线 BD 折起.设折起后点 A 的位置为 A′,并且平面 A′BD⊥平面 BCD.给出下面四个命题:

①A′D⊥BC; 2 ②三棱锥 A′-BCD 的体积为 2 ; ③CD⊥平面 A′BD; ④平面 A′BC⊥平面 A′DC. 其中正确命题的序号是( A.①② C.①③ 解析 如图所示: ). B.③④ D.②④

∵AD∥BC,AB=AD, AD⊥AB, ∴∠DBC=∠BDA=45° , 又∠BCD=45° ,∴CD⊥BD. 取 BD 的中点 O,因为平面 A′BD⊥平面 BCD,A′O⊥BD, 所以 A′O⊥平面 BCD.
-2-

又 CD?平面 BCD,∴A′O⊥CD,又 CD∩BD=D,∴CD⊥平面 A′BD,故③正 1 1 1 2 2 确,V 三棱锥 A′-BCD=3×S△BCD×A′O=3×2× 2× 2× 2 = 6 ,故②错, ∵CD⊥平面 A′BD,A′B?平面 A′BD, ∴CD⊥A′B,又 A′B⊥A′D(已知), A′D∩CD=D,∴A′B⊥平面 A′CD,又 A′B?平面 A′BC,∴平面 A′BC⊥ 平面 A′DC,故④正确. 答案 B

4.如图所示,平面四边形 ABCD 中,AB=AD=CD=1,BD= 2,BD⊥CD,将 其沿对角线 BD 折成四面体 ABCD,使平面 ABD⊥平面 BCD,若四面体 ABCD 的顶点在同一个球面上,则该球的体积为( ).

3 A. 2 π 2 C. 3 π 解析

B.3π D.2π 如图,取 BD 的中点 E,BC 的中点 O,连接 AE,OD,EO,AO.

由题意,知 AB=AD,所以 AE⊥BD. 由于平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD,

AE⊥BD,AE?平面 ABD,所以 AE⊥平面 BCD. 2 1 3 因为 AB=AD=CD=1,BD= 2,所以 AE= 2 ,EO=2.所以 OA= 2 .在 Rt△
-3-

1 3 BDC 中,OB=OC=OD=2BC= 2 ,所以四面体 ABCD 的外接球的球心为 O, 3 4 3 3 半径为 2 ,所以该球的体积 V=3π( 2 )3= 2 π.故选 A. 答案 A

二、填空题 5.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有如下结论: ①AB⊥EF;②AB 与 CM 所成的角为 60° ;③EF 与 MN 是异面直线;④MN∥ CD.

则正确结论的序号是__________. 解析 把正方体的平面展开图还原成正方体,如图所示,则 AB⊥EF,EF 与 MN

是异面直线,AB∥CM,MN⊥CD,只有①③正确.

答案

①③

6.如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,且 ABCD 为菱形,M 在 PC 边上滑动,则当点 M 满足________时,平面 MBD⊥平面 PCD.

答案

MD⊥PC

7.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC,底面是以∠ABC 为直 角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D 是 A1C1 的中点,点 F 在线段 AA1 上,当 AF=________时,CF⊥平面 B1DF.

-4-

解析

由题意易知,B1D⊥平面 ACC1A1,所以 B1D⊥CF.

要使 CF⊥平面 B1DF,只需 CF⊥DF 即可. 令 CF⊥DF,设 AF=x,则 A1F=3a-x. 易知 Rt△CAF∽Rt△FA1D, AC AF 2a 3a-x 得A D=A D,即 x = a , 1 1 整理得 x2-3ax+2a2=0,解得 x=a 或 x=2a. 答案 a 或 2a

8.如图,在正方形 ABCD 中,E、F 分别是 BC、CD 的中点,AC∩EF=G,现在 沿 AE、EF、FA 把这个正方形折成一个四面体,使 B、C、D 三点重合,重合 后的点记为 P,则在四面体 P-AEF 中必有________.

①AP⊥△PEF 所在平面; ②AG⊥△PEF 所在平面; ③EP⊥△AEF 所在平面; ④PG⊥△AEF 所在平面. 解析 在折叠过程中,AB⊥BE,AD⊥DF 保持不变. AP⊥PE ? ?AP⊥面 PEF.

∴ AP⊥PF

? ? PE∩PF=P? ?

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答案



三、解答题 9.(2014· 日照一模)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,∠BAD= 60° ,Q 为 AD 的中点.

(1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)点 M 在线段 PC 上,PM=tPC,试确定实数 t 的值,使 PA∥平面 MQB. (1)证明 连接 BD,因为四边形 ABCD 为菱形,且∠BAD=60° ,所以△ABD 为

正三角形, 又 Q 为 AD 的中点,所以 AD⊥BQ; 又因为 PA=PD,Q 为 AD 的中点,所以 AD⊥PQ; 又 BQ∩PQ=Q,所以 AD⊥平面 PQB, 又 AD?平面 PAD,所以平面 PQB⊥平面 PAD. (2)解 因为 PA∥平面 MQB,连接 AC 交 BQ 于 N,由 AQ∥BC 可得,△ANQ

AQ AN 1 ∽△CNB,所以BC =NC=2, 因为 PA∥平面 MQB,PA?平面 PAC, 平面 PAC∩平面 MQB=MN. 所以 PA∥MN. PM AN 1 1 因此, PC =AC=3,即 t 的值为3. 10.(2014· 北京西城一模)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,AD =2AB,SA=SD,SA⊥AB,N 是棱 AD 的中点.

-6-

(1)求证:AB∥平面 SCD; (2)求证:SN⊥平面 ABCD; SP (3)在棱 SC 上是否存在一点 P,使得平面 PBD⊥平面 ABCD?若存在,求出PC 的值;若不存在,说明理由. (1)证明 因为底面 ABCD 是矩形,

所以 AB∥CD, 又因为 AB?平面 SCD,CD?平面 SCD, 所以 AB∥平面 SCD; (2)证明 因为 AB⊥SA,AB⊥AD,SA∩AD=A,

所以 AB⊥平面 SAD, 又因为 SN?平面 SAD, 所以 AB⊥SN.因为 SA=SD,且 N 为 AD 的中点, 所以 SN⊥AD. 又因为 AB∩AD=A, 所以 SN⊥平面 ABCD. (3)解 如图,连接 BD 交 NC 于点 F,在平面 SNC 中过 F 作 FP∥SN 交 SC 于

点 P,连接 PD、PB.

因为 SN⊥平面 ABCD. 所以 FP⊥平面 ABCD. 又因为 FP?平面 PBD, 所以平面 PBD⊥平面 ABCD. 在矩形 ABCD 中,因为 ND∥BC,
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NF ND 1 所以FC= BC =2. 在△SNC 中,因为 FP∥SN, NF SP 1 所以FC=PC=2. SP 1 则在棱 SC 上存在点 P,使得平面 PBD⊥平面 ABCD,此时PC=2. 11. (2014· 衡水中学调研考试)如图, 正△ABC 的边长为 4, CD 是 AB 边上的高, E, F 分别是 AC 和 BC 边的中点,现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A-DC-B.

(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系,并说明理由; (2)求棱锥 E-DFC 的体积; BP (3)在线段 BC 上是否存在一点 P,使 AP⊥DE?如果存在,求出BC的值;如果 不存在,请说明理由. 解 (1)AB∥平面 DEF,理由如下:在△ABC 中,由 E、F 分别是 AC、BC 的

中点,得 EF∥AB,又 AB?平面 DEF,EF?平面 DEF, ∴AB∥平面 DEF. (2)∵AD⊥CD,BD⊥CD,将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角,A-DC-B. ∴AD⊥BD,∴AD⊥平面 BCD. 取 CD 的中点 M,这时 EM∥AD, ∴EM⊥平面 BCD,EM=1, 1 1 3 VE-DFC=3×2S△BDC×EM= 3 . (3)在线段 BC 上存在点 P,使 AP⊥DE, BC 证明如下:在线段 BC 上取点 P,使 BP= 3 , 过 P 作 PQ⊥CD 于 Q, ∵AD⊥平面 BCD,∴AD⊥PQ. 又∵AD∩CD=D,PQ?平面 BCD,
-8-

∴PQ⊥平面 ACD, DC 2 3 ∴DQ= 3 = 3 , 2 3 3 DQ 3 ∴tan∠DAQ= AD = 2 = 3 , ∴∠DAQ=30° ,在等边△ADE 中,∠DAQ=30° , ∴AQ⊥DE, ∵PQ⊥平面 ACD,DE?平面 ACD, ∴PQ⊥DE,AQ∩PQ=Q, ∴DE⊥平面 APQ, BC BP 1 ∴AP⊥DE.此时 BP= 3 ,∴BC=3.

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