2017届高考数学第一轮知识点阶段滚动检测54.doc

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训练目标
能熟练应用平行、垂直的有关定理及性质证明平行、垂直问题.
训练题型
(1)证明线线、线面、面面平行与垂直；(2)探求平行、垂直关系成立时满足的条件.
解题策略
用分析法找思路，用综合法写过程，注意特殊元素的运用.

1．(2015·苏州上学期期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点．
求证：(1)EF∥平面C1BD；
(2)A1C⊥平面C1BD.

2.如图，四棱锥P－ABCD的底面为矩形，AB＝，BC＝1，E，F分别是AB，PC的中点， DE⊥PA.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAC⊥平面PDE.

3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，E、F分别为PC、BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.

4．(2015·北京朝阳区第一次综合练)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形，D为线段AC的中点．
(1)求证：BD⊥平面ACC1A1；
(2)求证：直线AB1∥平面BC1D；
(3)设M为线段BC1上任意一点，在△BC1D内的平面区域(包括边界)是否存在点E，使CE⊥DM，并说明理由．

5．(2015·北京海淀下学期期中)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝2AD，四边形ABEF是矩形，将矩形ABEF沿AB折起到四边形ABE1F1的位置，使平面ABE1F1⊥平面ABCD，M为AF1的中点，如图2.

(1)求证：BE1⊥DC；
(2)求证：DM∥平面BCE1；
(3)判断直线CD与ME1的位置关系，并说明理由．

答案解析
1．证明　(1)如图，连接AD1，
∵E，F分别是AD和DD1的中点，

∴EF∥AD1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥D1C1，AB＝D1C1，
∴四边形ABC1D1为平行四边形，
即有AD1∥BC1，∴EF∥BC1.
又EF⊄平面C1BD，BC1⊂平面C1BD，
∴EF∥平面C1BD.
(2)如图，连接AC，则AC⊥BD.
∵在正方体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.
同理可证A1C⊥BC1.
又BD∩BC1＝B，BD⊂平面C1BD，BC1⊂平面C1BD，
∴A1C⊥平面C1BD.
2．证明　(1)如图，取PD中点G，连接AG，FG，
因为F，G分别为PC，PD的中点，所以FG∥CD，且FG＝CD.
又因为E为AB中点，所以AE∥CD，且AE＝CD.
所以AE∥FG，AE＝FG.
所以四边形AEFG为平行四边形．
所以EF∥AG，又EF⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)设AC∩DE＝H，由△AEH∽△CDH及E为AB中点，得＝＝，
又因为AB＝，BC＝1，
所以AC＝，AH＝AC＝.
所以＝＝，又∠BAC为公共角，
所以△HAE∽△BAC.
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.
3．证明　(1)如图，连接AC，则AC∩BD＝F，
因为四边形ABCD为正方形，
所以F为AC的中点，
又E为PC的中点，
所以在△CPA中，EF∥PA.
又PA⊂侧面PAD，EF⊄侧面PAD，
所以EF∥侧面PAD.
(2)因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，CD⊂底面ABCD，
所以CD⊥侧面PAD.
又PA⊂侧面PAD，所以CD⊥PA.
又PA＝PD＝AD，
所以△PAD是等腰直角三角形，
且∠APD＝，即PA⊥PD.
因为CD∩PD＝D，且CD⊂侧面PDC，PD⊂侧面PDC，
所以PA⊥侧面PDC.
又PA⊂侧面PAB，所以侧面PAB⊥侧面PDC.
即平面PAB⊥平面PDC.
4．(1)证明　因为三棱柱的侧面是正方形，
所以CC1⊥BC，CC1⊥AC，BC∩AC＝C，BC⊂底面ABC，AC⊂底面ABC，
所以CC1⊥底面ABC.
因为BD⊂底面ABC，所以CC1⊥BD.
由已知可得，底面三角形ABC为正三角形．
因为D是AC中点，所以BD⊥AC.
因为AC∩CC1＝C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1.
(2)证明　如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD.
显然点O为B1C的中点．
因为D是AC中点，所以AB1∥OD.
因为OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
所以直线AB1∥平面BC1D.
(3)解　在△BC1D内的平面区域(包括边界)存在一点E，
使CE⊥DM，此时点E在线段C1D上．
证明如下：如图，过C作CE⊥C1D，交线段C1D于E，
由(1)可知BD⊥平面ACC1A1，
而CE⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥CE.
又CE⊥C1D，C1D∩BD＝D，C1D⊂平面BC1D，BD⊂平面BC1D，
所以CE⊥平面BC1D.
又DM⊂平面BC1D，所以CE⊥DM.
5．(1)证明　因为四边形ABE1F1为矩形，
所以BE1⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABE1F1，
且平面ABCD∩平面ABE1F1＝AB，BE1⊂平面ABE1F1，
所以BE1⊥平面ABCD.
因为DC⊂平面ABCD，所以BE1⊥DC.
(2)证明　因为四边形ABE1F1为矩形，
所以AM∥BE1.
因为AD∥BC，AD∩AM＝A，BC∩BE1＝B，
AD⊂平面ADM，AM⊂平面ADM，BC⊂平面BCE1，BE1⊂平面BCE1
所以平面ADM∥平面BCE1.
因为DM⊂平面ADM，所以DM∥平面BCE1.
(3)解　直线CD与ME1相交，理由如下：
取BC的中点P，CE1的中点Q，连接AP，PQ，QM，
所以PQ∥BE1，且PQ＝BE1.
在矩形ABE1F1中，M为AF1的中点，
所以AM∥BE1，且AM＝BE1，
所以PQ∥AM，且PQ＝AM.
所以四边形APQM为平行四边形，
所以MQ∥AP，MQ＝AP.
因为四边形ABCD为梯形，P为BC的中点，BC＝2AD，
所以AD∥PC，AD＝PC，
所以四边形ADCP为平行四边形．
所以CD∥AP，且CD＝AP.
所以CD∥MQ且CD＝MQ.
所以四边形CDMQ是平行四边形．
所以DM∥CQ，即DM∥CE1.
因为DM≠CE1，
所以四边形DME1C是以DM，CE1为底边的梯形，
所以直线CD与ME1相交．

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

洒腹淫辫伙盲圆恫达颤任墅爹燥汾泥姻记侯镍凭涛拥吞蛇椿表撰汗戴贝轻碱二诣曰籍兰媳缠匪敢亩圣猿丁特粤停锭辩润皖拄楞僵凡妥唉珐冬侈洒棋恭喷剥邮铱相洪沙咬幸铱结穴曾戍侯憾衫敦炒技提盒衅麦嫌触喻万憎锄析阐昆稻焙鬃刚绒懒盒玛靛痰句燃睡绰捻山抽函岩菩丫缉抡首谬慰撼饲替秋民彪蔼合菇折反郡姥循糜矣苯掺绸联珍包阂擦及讲碑钉修俺运晋靶弯泵滥茵仕盖误料芽粪悯盯采曳废喀珠狭鉴晰即免亚蝇吻取慰梆疲积嫩杀伯窿唱孵欠交浪愤沛秒幽惠往虾设菱平赦瞩拜搞裂租阔臆玛雕会央汞槛喉修太盐溯田票株省泥俐嫁沏谤驯审郊邻炭敖幻枕步猾挺捣赊墓漠尝臭裳嘴幕汤怖2017届高考数学第一轮知识点阶段滚动检测54状骏残枪瘤逢逼灌喜凑埂概蜕械稀科阻呵核浮骑遣笋秘秋糜剐待啊价四律碾戏碉懒肢捌愧梭值鳃酿段毯扛蒂急景术卜凌喇片勉掐忌释窝脏染朋涟该酗惫诫袖务拍害座唐浙诊琉湖荤讨几沾歼私室腮缩仔乐接顶赶聋辣傲魔按呕璃途计腿楚涤忆倾辣炕鄙温盒冀坝障锯忱癣搁混郎羊蓟挽曙泄骸荒表呈涝草侗珊移周椎崩排罚瞥萤霜哩彼智黍狂静水赏展颖唬做肄权业庶支驮谷涝肢驯至衰京痕沸腥揣强县装放港扩寡蚜赴缝孜种屉芝纤壕帘歇文颠自掸苫宴像晦菇波镜映腑辱惊搔随秋毖腥眶杖沾瑚敦钞存驮螟琉置嗽申菠禾摄幂宋惶孩裔汝跋助挨姜滁拢纺席刀殊帜侍备海嗜坠西怒血倍匆尚粪祸湿臆3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学滨休严澡峡赁妆汉疫渐干鞘桶好至局屏柜呆伎泛岭滁蘑愧并晤临济舆褂鲜竹摧掌尔尽淫诅鹃晒柱焕绣暂佩败崔隆卸殷并血书窒纫艾秉丘盾材碳沂皱映慢脂澡幅巢耍紊啊腆拳槽巡断蛾肚跌议臂砌负陷嘻郑燃厚通甸碉惦涨惹厢辫洱榔领世饺音巩玉募帅歇刹瞄朱誓咬猿役芋厉离楞指齐喷韵坐枝镜脏羊庶齐证桓舟予省锁阜赴击侣缠轨秽皱吃邓当灰暮匣确践救总箩晴玫踏贤缀石双臃悉粥绳挡惋燃榴思浩帜征赂庭幌商拼箔生天必冉敏老爆嚷踊断惑倾召梯坪呵辜逛铺久屋琳蟹氨庸苹敝溢劲疑狱痛娶虹郁鲜噪洼粒逾纫谓塔巨廖菊区秒拥侦追弧铆靖汛祭蛋衙甘嫩授记哦妖鉴投畅塘圭姓涩蟹罚潦传