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1、
第54練 平行與垂直綜合練
訓(xùn)練目標(biāo)
能熟練應(yīng)用線面平行、垂直的定理及性質(zhì)證明平行、垂直問題．
訓(xùn)練題型
(1)證明線線、線面、面面平行與垂直；(2)探求平行、垂直關(guān)系成立時(shí)滿足的條件．
解題策略
用分析法找思路，用綜合法寫過程，注意特殊元素的運(yùn)用.
1.(20xx·天津模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AD，DD1的中點(diǎn)．
求證：(1)EF∥平面C1BD；
(2)A1C⊥平面C1BD.
2．如圖①所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線，點(diǎn)E在線段AC上，CE
2、＝4，將△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，連接AB，BE，如圖②所示，設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)．
(1)求證：DE⊥平面BCD；
(2)若EF∥平面BDG，其中G為AC上一點(diǎn)，求三棱錐B－DEG的體積．
3.如圖，四棱錐P－ABCD的底面為矩形，AB＝，BC＝1，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點(diǎn)，DE⊥PA.
(1)求證：EF∥平面PAD；
(2)求證：平面PAC⊥平面PDE.
4．(20xx·北京海淀區(qū)下學(xué)期期中)如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝2AD，四邊形ABEF是矩形，將矩形ABEF
3、沿AB折起到四邊形ABE1F1的位置，使平面ABE1F1⊥平面ABCD，M為AF1的中點(diǎn)，如圖2.
(1)求證：BE1⊥DC；
(2)求證：DM∥平面BCE1；
(3)判斷直線CD與ME1的位置關(guān)系，并說明理由．
答案精析
1．證明 (1)如圖，連接AD1，
∵E，F(xiàn)分別是AD和DD1的中點(diǎn)，
∴EF∥AD1.
在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，∴四邊形ABC1D1為平行四邊形，
即有AD1∥BC1，∴EF∥BC1.
又EF?平面C1BD，BC1?平面C1BD，
∴EF∥平面C1BD.
(
4、2)如圖，連接AC，則AC⊥BD.
∵在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴AA1⊥BD.
又AA1∩AC＝A，AA1?平面AA1C，AC?平面AA1C，
∴BD⊥平面AA1C，A1C?平面AA1C，
∴A1C⊥BD.
同理可證A1C⊥BC1.
又BD∩BC1＝B，BD?平面C1BD，BC1?平面C1BD，
∴A1C⊥平面C1BD.
2．(1)證明 取AC的中點(diǎn)P，連接DP，因?yàn)樵赗t△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線，
所以∠A＝30°，△ADC是等腰三角形，所以DP⊥AC，DP＝，∠
5、DCP＝30°，∠PDC＝60°.
又點(diǎn)E在線段AC上，CE＝4，
所以AE＝2，EP＝1，所以∠EDP＝30°，
所以∠EDC＝90°，所以ED⊥DC.
因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD，且平面BCD∩平面ACD＝DC，所以DE⊥平面BCD.
(2)解 若EF∥平面BDG，其中G為AC上一點(diǎn)，
則易知G為EC的中點(diǎn)，此時(shí)AE＝EG＝GC＝2.
因?yàn)樵赗t△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD為∠ACB的平分線，
所以BD＝，DC＝＝2，
所以B到DC的距離h＝＝＝.
因?yàn)槠矫鍮CD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝DC，
所以B到DC的距離h就是三棱錐
6、B－DEG的高，
所以三棱錐B－DEG的體積V＝·S△DEG·h＝××＝.
3．證明 (1)如圖，取PD中點(diǎn)G，連接AG，F(xiàn)G，
因?yàn)镕，G分別為PC，PD的中點(diǎn)，所以FG∥CD，且FG＝CD.
又因?yàn)镋為AB中點(diǎn)，所以AE∥CD，且AE＝CD.
所以AE∥FG，AE＝FG.
所以四邊形AEFG為平行四邊形．
所以EF∥AG，又EF?平面PAD，
AG?平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)設(shè)AC∩DE＝H，由△AEH∽△CDH及E為AB中點(diǎn)，得＝＝，
又因?yàn)锳B＝，BC＝1，
所以AC＝，AH＝AC＝.
所以＝＝，又∠BAC為公共角，所以△HAE∽△BAC
7、.
所以∠AHE＝∠ABC＝90°，
即DE⊥AC.
又DE⊥PA，PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以DE⊥平面PAC.
又DE?平面PDE，
所以平面PAC⊥平面PDE.
4．(1)證明 因?yàn)樗倪呅蜛BE1F1為矩形，
所以BE1⊥AB.
因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE1F1，
且平面ABCD∩平面ABE1F1＝AB，
BE1?平面ABE1F1，
所以BE1⊥平面ABCD.
因?yàn)镈C?平面ABCD，
所以BE1⊥DC.
(2)證明 因?yàn)樗倪呅蜛BE1F1為矩形，
所以AM∥BE1.
因?yàn)锳D∥BC，AD∩AM＝A，BC∩BE1＝B，
AD
8、?平面ADM，AM?平面ADM，
BC?平面BCE1，BE1?平面BCE1，
所以平面ADM∥平面BCE1.
因?yàn)镈M?平面ADM，
所以DM∥平面BCE1.
(3)解 直線CD與ME1相交，理由如下：
取BC的中點(diǎn)P，CE1的中點(diǎn)Q，連接AP，PQ，QM，
所以PQ∥BE1，且PQ＝BE1.
在矩形ABE1F1中，M為AF1的中點(diǎn)，
所以AM∥BE1，且AM＝BE1，
所以PQ∥AM，且PQ＝AM.
所以四邊形APQM為平行四邊形，
所以MQ∥AP，MQ＝AP.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為梯形，P為BC的中點(diǎn)，BC＝2AD，
所以AD∥PC，AD＝PC，
所以四邊形ADCP為平行四邊形．
所以CD∥AP且CD＝AP.
所以CD∥MQ且CD＝MQ.
所以四邊形CDMQ是平行四邊形．
所以DM∥CQ，即DM∥CE1.
因?yàn)镈M≠CE1，
所以四邊形DME1C是以DM，CE1為底邊的梯形，
所以直線CD與ME1相交．
新編高三數(shù)學(xué) 第54練 平行與垂直綜合練
