《江蘇省2022高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題二 立體幾何 2.2 大題考法—平行與垂直達標訓練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2022高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題二 立體幾何 2.2 大題考法—平行與垂直達標訓練（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復(fù)習 專題二 立體幾何 2.2 大題考法—平行與垂直達標訓練（含解析） 1.如圖，在三棱錐V-ABC中，O，M分別為AB，VA的中點，平面VAB⊥平面ABC，△VAB是邊長為2的等邊三角形，AC⊥BC且AC＝BC. (1)求證：VB∥平面MOC； (2)求線段VC的長． 解：(1)證明：因為點O，M分別為AB，VA的中點，所以MO∥VB. 又MO?平面MOC，VB?平面MOC， 所以VB∥平面MOC. (2)因為AC＝BC，O為AB的中點，AC⊥BC，AB＝2，所以O(shè)C⊥AB，且CO＝1. 連結(jié)VO，因為△VAB是邊長為2的等邊三角形，所以VO＝.又平

2、面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC， 所以O(shè)C⊥平面VAB，所以O(shè)C⊥VO， 所以VC＝＝2. 2．(2018·南通二調(diào))如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，A1B與AB1交于點D，A1C與AC1交于點E. 求證：(1)DE∥平面B1BCC1； (2)平面A1BC⊥平面A1ACC1. 證明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形A1ACC1為平行四邊形． 又E為A1C與AC1的交點， 所以E為A1C的中點. 同理，D為A1B的中點，所以DE∥BC. 又BC?平面B1BCC1，DE?平面B1BCC1，

3、 所以DE∥平面B1BCC1. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， 又BC?平面ABC，所以AA1⊥BC. 又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC?平面A1ACC1，AA1?平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1. 因為BC?平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1. 3.如圖，在三棱錐A-BCD中，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD上的點，且BD∥平面AEF. (1)求證：EF∥平面ABD； (2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求證：平面AEF⊥平面ACD. 證明：(1)因為BD∥平面AEF， BD?平面BCD，平面AEF∩平

4、面BCD＝EF， 所以 BD∥EF. 因為BD?平面ABD，EF?平面ABD， 所以 EF∥平面ABD. (2)因為AE⊥平面BCD，CD?平面BCD， 所以AE⊥CD. 因為BD⊥CD，BD∥EF，所以 CD⊥EF， 又AE∩EF＝E，AE?平面AEF，EF?平面AEF， 所以CD⊥平面AEF. 又CD?平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD. 4．(2018·無錫期末)如圖，ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF. 求證：(1)AC⊥平面BDE； (2)AC∥平面BEF. 證明：(1)因為DE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以DE⊥AC

5、. 因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD， 因為DE?平面BDE，BD?平面BDE，且DE∩BD＝D， 所以AC⊥平面BDE. (2)設(shè)AC∩BD＝O，取BE中點G，連結(jié)FG，OG， 易知OG∥DE且OG＝DE. 因為AF∥DE，DE＝2AF， 所以AF∥OG且AF＝OG， 從而四邊形AFGO是平行四邊形，所以FG∥AO. 因為FG?平面BEF，AO?平面BEF， 所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF. B組——大題增分練 1．(2018·鹽城三模)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M，N分別是棱A1D1，D1C1的

6、中點． 求證：(1)AC∥平面DMN； (2)平面DMN⊥平面BB1D1D. 證明：(1)連結(jié)A1C1，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因為AA1綊BB1，BB1綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1為平行四邊形，所以A1C1∥AC.又M，N分別是棱A1D1，D1C1的中點，所以MN∥A1C1，所以AC∥MN.又AC?平面DMN，MN?平面DMN，所以AC∥平面DMN. (2)因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱， 所以DD1⊥平面A1B1C1D1，而MN?平面A1B1C1D1， 所以MN⊥DD1. 又因為棱柱的底面ABCD是菱形，所以底面A1B1C1D1

7、也是菱形， 所以A1C1⊥B1D1，而MN∥A1C1，所以MN⊥B1D1. 又MN⊥DD1，DD1?平面BB1D1D，B1D1?平面BB1D1D，且DD1∩B1D1＝D1， 所以MN⊥平面BB1D1D. 而MN?平面DMN，所以平面DMN⊥平面BB1D1D. 2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，點E在PB上． (1)求證：平面AEC⊥平面PAD； (2)當PD∥平面AEC時，求PE∶EB的值． 解：(1)證明：在平面ABCD中，過A作AF⊥DC于F，則CF＝DF＝AF＝1， ∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝4

8、5°＋45°＝90°，即AC⊥DA. 又PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PA. ∵PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD＝A， ∴AC⊥平面PAD. 又AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD. (2)連結(jié)BD交AC于O，連結(jié)EO. ∵PD∥平面AEC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO， 則PE∶EB＝DO∶OB. 又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1， ∴PE∶EB的值為2. 3.(2018·南通、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調(diào))如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC，點E，F(xiàn)分

9、別在棱BB1，CC1上(均異于端點)，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1. 求證：(1)平面AEF⊥平面BB1C1C； (2)BC∥平面AEF. 證明：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1∥CC1. 因為AF⊥CC1，所以AF⊥BB1. 又AE⊥BB1，AE∩AF＝A，AE?平面AEF，AF?平面AEF， 所以BB1⊥平面AEF. 又因為BB1?平面BB1C1C， 所以平面AEF⊥平面BB1C1C. (2)因為AE⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE＝∠ACF，AB＝AC， 所以Rt△AEB≌Rt△AFC. 所以BE＝CF. 又BE∥CF，所以四邊形B

10、EFC是平行四邊形． 從而BC∥EF. 又BC?平面AEF，EF?平面AEF， 所以BC∥平面AEF. 4．(2018·常州期末)如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，點Q是棱PC上異于P，C的一點． (1)求證：BD⊥AC； (2)過點Q和AD的平面截四棱錐得到截面ADQF(點F在棱PB上)，求證：QF∥BC. 證明：(1)因為PC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥PC. 記AC，BD交于點O，連結(jié)OP. 因為平行四邊形對角線互相平分，則O為BD的中點． 在△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP. 又PC∩OP＝P，PC?平面PAC，OP?平面PAC. 所以BD⊥平面PAC， 又AC?平面PAC，所以BD⊥AC. (2)因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以AD∥BC. 又AD?平面PBC，BC?平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 又AD?平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF， 所以AD∥QF，所以QF∥BC.