高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)達(dá)標(biāo) 高考必考題突破講座（四） 立體幾何中的直線(xiàn)、平面的位置關(guān)系試題

高考必考題突破講座(四)立體幾何中的直線(xiàn)、平面的位置關(guān)系[解密考綱]立體幾何問(wèn)題是高考的重要內(nèi)容，每年都考查一個(gè)解答題，兩個(gè)選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡(jiǎn)單計(jì)算；解答題主要采用“論證與計(jì)算”相結(jié)合的模式．考查的熱點(diǎn)是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開(kāi)放性問(wèn)題等，難度中等．1．(2017·江蘇卷)如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.解析(1)在平面ABD內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因?yàn)镋F?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因?yàn)锳D?平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因?yàn)锳C?平面ABC，所以AD⊥AC.2．如圖，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120°.(1)在直線(xiàn)BC上求作一點(diǎn)O，使BC⊥平面ADO，寫(xiě)出作法并說(shuō)明理由；(2)求三棱錐A－BCD的體積．解析(1)作AO⊥BC，交CB延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)O，連接DO，AO，則BC⊥平面ADO.證明如下：∵AB＝DB，OB＝OB，∠ABO＝∠DBO，∴△ABO≌△DBO，則∠AOB＝∠DOB＝90°，即OD⊥BC.又∵AO∩OD＝O，AO?平面ADO，OD?平面ADO，∴BC⊥平面AOD.(2)∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，平面ABC∩平面DBC＝BC，AO?平面ABC，∴AO⊥平面BCD，即AO是三棱錐A－BCD底面BCD上的高，在Rt△AOB中，AB＝1，∠ABO＝60°，∴AO＝ABsin60°＝eq\f(\r(3),2).又∵S△BCD＝eq\f(1,2)BC·BD·sin∠CBD＝eq\f(\r(3),4)，∴V三棱錐A－BCD＝eq\f(1,3)·S△BCD·AO＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,8).3．如圖，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜邊AC上的高BD將△ABD折起到△PBD的位置，點(diǎn)E在線(xiàn)段CD上．(1)求證：PE⊥BD；(2)過(guò)點(diǎn)D作DM⊥BC交BC于點(diǎn)M，點(diǎn)N為PB的中點(diǎn)，若PE∥平面DMN，求eq\f(DE,DC)的值．解析(1)證明：∵BD⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，∴BD⊥平面PCD.又PE?平面PCD，∴BD⊥PE.(2)由題意，得BM＝eq\f(1,4)BC，取BC的中點(diǎn)F，則PF∥MN.又PF?平面DMN，MN?平面DMN，∴PF∥平面DMN.又∵PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，∴平面PEF∥平面DMN，平面PEF∩平面BDC＝EF，平面DMN∩平面BDC＝DM，∴EF∥DM，∴eq\f(DE,DC)＝eq\f(MF,MC)＝eq\f(1,3).4．(2018·廣東七校聯(lián)考)已知四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為菱形，AD＝2，∠DAB＝60°，E為AB的中點(diǎn)．(1)證明：平面PCD⊥平面PDE；(2)若PD＝eq\r(3)AD，求點(diǎn)E到平面PBC的距離．解析(1)證明：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AB，連接DB，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，∴△DAB為等邊三角形，又E為AB的中點(diǎn)，∴AB⊥DE，又PD∩DE＝D，∴AB⊥平面PDE，∵CD∥AB，∴CD⊥平面PDE.∵CD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面PDE.(2)∵AD＝2，∴PD＝2eq\r(3)，在Rt△PDC中，PC＝4，同理PB＝4，易知S△PBC＝eq\r(15)，S△EBC＝eq\f(\r(3),2)，設(shè)點(diǎn)E到平面PBC的距離為h，連接EC，由VP－EBC＝VE－PBC，得eq\f(1,3)S△EBC·PD＝eq\f(1,3)S△PBC·h，∴h＝eq\f(\r(15),5).5．(2018·廣東惠州調(diào)研)如圖，在底面是菱形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D＝2eq\r(2)，點(diǎn)E在A1D上．(1)證明：AA1⊥平面ABCD；(2)當(dāng)eq\f(A1E,ED)為何值時(shí)，A1B∥平面EAC，并求出此時(shí)直線(xiàn)A1B與平面EAC之間的距離．解析(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AB＝AD＝AC＝2，在△AA1B中，由AAeq\o\al(2,1)＋AB2＝A1B2，知AA1⊥AB，同理AA1⊥AD，又AB∩AD＝A，AB，AD?平面ABCD，所以AA1⊥平面ABCD.(2)當(dāng)eq\f(A1E,ED)＝1時(shí)，A1B∥平面EAC.證明如下：如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，當(dāng)eq\f(A1E,ED)＝1，即點(diǎn)E為A1D的中點(diǎn)時(shí)，連接OE，則OE∥A1B，又A1B?平面EAC，所以A1B∥平面EAC.直線(xiàn)A1B與平面EAC之間的距離等于點(diǎn)A1到平面EAC的距離，因?yàn)镋為A1D的中點(diǎn)，所以點(diǎn)A1到平面EAC的距離等于點(diǎn)D到平面EAC的距離，VD－EAC＝VE－ACD，設(shè)AD的中點(diǎn)為F，連接EF，則EF∥AA1，且EF＝1，所以EF⊥平面ACD，可求得S△ACD＝eq\r(3)，所以VE－ACD＝eq\f(1,3)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).又AE＝eq\r(2)，AC＝2，CE＝2，所以S△EAC＝eq\f(\r(7),2)，所以eq\f(1,3)S△EAC·d＝eq\f(\r(3),3)(d表示點(diǎn)D到平面EAC的距離)，解得d＝eq\f(2\r(21),7)，所以直線(xiàn)A1B與平面EAC之間的距離為eq\f(2\r(21),7).6．如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點(diǎn)M，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面AA′C′C；(2)設(shè)AB＝λA′A，當(dāng)λ為何值時(shí)，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論．解析(1)證明：取A′B′的中點(diǎn)E，連接ME，NE.∵M(jìn)，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)，∴NE∥A′C′，ME∥AA′.∵A′C′?平面AA′C′C，A′A?平面AA′C′C，∴ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C.又ME∩NE＝E，∴平面MNE∥平面AA′C′C，∵M(jìn)N?平面MNE，∴MN∥平面AA′C′C.(2)連接BN，設(shè)AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa.由題意知BC＝eq\r(2)λa，NC＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2).∵三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，∴平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.∵AB＝AC，∴A′B′＝A′C′，又點(diǎn)N是B