[创新设计]高考数学一轮总复习 必考解答题 模板成形练 立体几何 理 苏教版

必考解答题——模板成形练(二)

立体几何

(建议用时：60分钟)

1．如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC＝CA＝3，AD＝CD＝1.

(1)求证：BD⊥AA1；

(2)若E为棱BC的中点，求证：AE∥平面DCC1D1.

证明 (1)在四边形ABCD中，因为BA＝BC，DA＝DC，所以BD⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面

ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC， BD?平面ABCD，所以BD⊥平面AA1C1C，

又因为AA1?平面AA1C1C，所以BD⊥AA1.

(2)在三角形ABC中，因为AB＝AC，且E为BC中点，所以AE⊥BC，又因为在四边形ABCD中，AB＝BC＝CA＝3，DA＝DC＝1，

所以∠ACB＝60°，∠ACD＝30°，所以DC⊥BC，所以AE∥DC，因为DC?平面DCC1D1，

AE?平面DCC1D1，所以AE∥平面DCC1D1

2. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，BC⊥平面PAB，∠APB＝90°，PB＝BC，

N为PC的中点．

(1)若M为AB的中点，求证：MN∥平面ADP； (2)求证：平面BDN⊥平面ACP.

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证明 (1)设AC∩BD＝G，连接NG，MG，易知G是AC，BD的中点， 又N是PC的中点，M为AB的中点， ∴NG∥PA，MG∥AD，

∴平面GMN∥平面APD.又MN?平面GMN，∴MN∥平面APD.

(2)∵BC⊥平面PAB，AP?平面PAB，∴BC⊥PA， ∵∠APB＝90°，∴BP⊥PA.

∵BC∩BP＝B，∴PA⊥平面PBC，∴BN⊥PA. ∵PB＝BC，点N为PC的中点，∴BN⊥PC. ∵PC∩PA＝P，∴BN⊥平面ACP.

又BN?平面BDN，∴平面BDN⊥平面ACP.

3. 如图，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，E，F分别是AB，PC的中点．

(1)求证：EF∥平面PAD； (2)求证：EF⊥CD；

证明 (1)取PD的中点G，连接AG，FG.因为FG为△PCD的中位线，

所以FG∥CD，且FG＝1

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CD，

2

1

又AE∥CD，且AE＝CD，

2所以AE∥FG，且AE＝FG，

故四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG. 又AG?平面PAD，EF?平面PAD， 所以EF∥平面PAD.

(2)因为PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD， 所以PA⊥CD.在矩形ABCD中，AD⊥CD， 又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD. 因为AG?平面PAD，所以CD⊥AG. 又EF∥AG，所以EF⊥CD.

4. 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E，M分别为AB，DE的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，连接A′C，A′B，F为A′C的中点，A′C＝4.

(1)求证：平面A′DE⊥平面BCD； (2)求证：FB∥平面A′DE.

证明 (1)由题意得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成，∴△A′DE≌△ADE.

∵∠ABC＝120°，四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝60°.又∵AD＝AE＝2，

∴△A′DE和△ADE都是等边三角形．连接A′M，MC. ∵M是DE的中点，∴A′M⊥DE，A′M＝3.

在△DMC中，MC＝DC＋DM－2DC·DM·cos 60°＝4＋1－2×4×1·cos 60°，∴MC＝13.

在△A′MC中，A′M＋MC＝(3)＋(13)＝4＝A′C. ∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC. 又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，∴A′M⊥平面BCD. 又∵A′M?平面A′DE， ∴平面A′DE⊥平面BCD.

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(2)取DC的中点N，连接FN，NB.

∵A′C＝DC＝4，F，N分别是A′C，DC的中点， ∴FN∥A′D.

又∵N，E分别是平行四边形ABCD的边DC，AB的中点， ∴BN∥DE.

又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N， ∴平面A′DE∥平面FNB.

∵FB?平面FNB，∴FB∥平面A′DE.

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