2022届高考数学(文科人教A版)大一轮专项强化训练(四)平行、垂直的综合问题-.docx

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专项强化训练(四)
平行、垂直的综合问题
1.(2021·济南模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥AB,△ABC是正三角形,AC与BD的交点M恰好是AC的中点,N为线段PB的中点,G在线段BM上,且BGGM=2.
(1)求证:AB⊥PD.
(2)求证:GN∥平面PCD.
【证明】(1)由于PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,
又由于AD⊥AB,PA∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.
(2)由于△ABC是正三角形,且M是AC的中点,所以BM⊥AC.在直角三角形AMD中,∠MAD=30°,所以MD=12AD.在直角三角形ABD中,∠ABD=30°,所以AD=12BD.所以MD=14BD.又由于BGGM=2,所以BG=GD,又N为线段PB的中点,所以GN∥PD,又GN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,所以GN∥平面PCD.
2.如图所示,ABCD为矩形,DA⊥平面ABE,AE=EB=BC=2,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE,AC和BD交于点G.
(1)求证:AE∥平面BFD.
(2)求三棱锥C-BFG的体积.
【解析】(1)由题意可得G是AC的中点,由于BF⊥平面ACE,所以BF⊥CE,又BC=BE,
所以F是CE的中点,
所以FG∥AE,又FG⊂平面BFD,
AE⊄平面BFD,所以AE∥平面BFD.
(2)由矩形ABCD知AD∥BC,由于AD⊥平面ABE,所以BC⊥平面ABE,所以BC⊥AE.
由于BF⊥平面ACE,所以BF⊥AE,
又BC∩BF=B,所以AE⊥平面BCE.
由(1)知G是AC的中点,F是CE的中点,
所以FG∥AE且FG=12AE=1.
所以FG⊥平面BCE.
在Rt△BCE中,BF=12CE=CF=2,
所以S△CFB=12×2×2=1.
所以VC-BFG=VG-BCF=13S△CFB×FG=13×1×1=13.
【加固训练】(2021·长春模拟)在如图所示的几何体中,△ABC是边长为2的正三角形.若AE=1,AE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC,BD=CD,且BD⊥CD.
(1)求证:AE∥平面BCD.
(2)求三棱锥D-BCE的体积.
【解析】(1)取BC的中点M,连接DM,AM,
由于BD=CD,
所以DM⊥BC,
又由于平面BCD⊥平面ABC,
BC为交线,所以DM⊥平面ABC,
由于AE⊥平面ABC,所以AE∥DM,
又由于AE⊄平面BCD,DM⊂平面BCD,
所以AE∥平面BCD.
(2)由(1)知AE∥DM,
在△BCD中,CD⊥BD,CD=BD,
所以MD=12BC=1=AE,
所以四边形AMDE是平行四边形,
所以DE∥AM,且DE=AM=3,
由于DM⊥平面ABC,所以DM⊥AM.
又AM⊥BC,BC∩DM=M,所以AM⊥平面BCD,
所以DE⊥平面BCD,
则VD-BCE=VE-BCD=13S△BCD·DE=13×12·BC·DM·DE=13×12×2×1×3=33.
3.如图,在边长为1的等边△ABC中,D,E分别是AB,AC边上的点,AD=AE,F是BC的中点,AF与DE交于点G,将△ABF沿AF折起,得到如图所示的三棱锥A-BCF,其中BC=22.

(1)证明:DE∥平面BCF.
(2)证明:CF⊥平面ABF.
(3)当AD=23时,求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG.
【解析】(1)在等边△ABC中,AD=AE,所以ADDB=AEEC,在折叠后的三棱锥A-BCF中也成立,所以DE∥BC.由于DE⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,所以DE∥平面BCF.
(2)在等边△ABC中,F是BC的中点,
所以AF⊥FC,BF=CF=12.
由于在三棱锥A-BCF中,BC=22,
所以BC2=BF2+CF2,CF⊥BF.
由于BF∩AF=F,所以CF⊥平面ABF.
(3)由(1)可知GE∥CF,结合(2)可得GE⊥平面DFG.
VF-DEG=VE-DFG=13·12·DG·FG·GE=13×12×13×(13×32)×13=3324.
【加固训练】(2021·佛山模拟)如图1,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AD=CD=12AB=2,点E为AC中点,将△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,得到几何体D -ABC,如图2所示.
(1)求证:AD⊥BC.
(2)在CD上找一点F,使AD∥平面EFB.

【解析】(1)在题图1中,可得AC=BC=22,从而AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
由于平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,所以BC⊥平面ADC.
又AD⊂平面ADC,
所以AD⊥BC.
(2)取CD的中点F,连接EF,BF,

在△ACD中,由于E,F分别为AC,DC的中点,
所以AD∥EF,EF⊂平面EFB,AD⊄平面EFB,
所以AD∥平面EFB.
4.已知等边△ABC的边长为3,点D,E分别在边AB,AC上,且满足ADDB=CEEA=12,将△ADE沿DE折叠到△A1DE的位置,使平面A1DE⊥平面BCED,连接A1B,A1C.

(1)证明:A1D⊥平面BCED.
(2)在线段BD上是否存在点M,使得CM∥平面A1DE?若存在,求出BM的长;若不存在,说明理由.
【解题提示】(1)由平面A1DE⊥平面BCED,只需证明DE⊥A1D即可.
(2)过C作BD边的垂线,垂足为所求,然后证明确认.
【解析】(1)在△ABC中,ADDB=CEEA=12,得AD=CE=1,BD=AE=2,
在△ADE中,∠A=60°,AD=1,AE=2,
由余弦定理得DE=3,
于是AE2=AD2+DE2,故△ADE为直角三角形,且DE⊥AD,折叠后DE⊥A1D.
由于平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,
A1D⊂平面A1DE,
所以A1D⊥平面BCED.
(2)过C作BD边的垂线,垂足即为所求的点M.
证明如下:由(1)可知DE⊥AB,于是DE∥CM,
由于CM⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,
所以CM∥平面A1DE,
由于△ABC为等边三角形,且CM⊥BD,
所以BM=12BA=32.
5.如图是某直三棱柱被削去上底后所得几何体的直观图、侧视图、俯视图,在直观图中,M是BD的中点,侧视图是直角梯形,俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.
(1)求该几何体的体积.
(2)求证:EM∥平面ABC.
(3)试问在棱DC上是否存在点N,使MN⊥平面BDE?若存在,确定点N的位置;若不存在,请说明理由.

【解题提示】(1)依据直观图与三视图的关系,确定相关线段的长度及线线、线面的位置关系,确定几何体的高.
(2)取BC的中点G,证明四边形AGME为平行四边形,利用线面平行的判定定理证明.
(3)假设在棱DC上存在点N,使MN⊥平面BDE,通过相关的性质及相像三角形的性质确定N点的位置.
【解析】由题意知,EA⊥平面ABC,DC⊥平面ABC,
AE∥DC,AE=2,DC=4,
AB⊥AC且AC=AB=2.
(1)由于EA⊥平面ABC,所以EA⊥AB,又由于AB⊥AC,EA∩AC=A,
所以AB⊥平面ACDE.
所以四棱锥B-ACDE的高h=AB=2,
又梯形ACDE的面积S=6.
所以VB-ACDE=13Sh=4.
(2)取BC的中点G,连接EM,MG,AG,

由于M为DB的中点,所以MG∥DC,且MG=12DC.
所以MG∥AE,MG=AE,
所以四边形AGME为平行四边形,
所以EM∥AG.
又EM⊄平面ABC,AG⊂平面ABC,
所以EM∥平面ABC.
(3)由(2)知EM∥AG,又由于平面BCD⊥底面ABC,AG⊥BC,
所以AG⊥平面BCD,EM⊥平面BCD,
又由于EM⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面BCD,
在平面BCD中,过M作MN⊥DB交DC于点N,
所以MN⊥平面BDE,此时点N即为所求点.
由于△DMN∽△DCB,所以DNDB=DMDC,
即DN26=64,所以DN=3,即DN=34DC,
所以,边DC上存在点N,当满足DN=34DC时,MN⊥平面BDE.
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