2016届高考理科数学第一轮知能闯关复习检测13

如下图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.证明：AB、AD、AP两两垂直，成立如下图的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)．(1)∵∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC为正三角形．∴C(13，0)，E(1312，24，4，2)．→→设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，即y＝233，则D(0，233，0)，→13∴CD＝(－2，6，0)．→131又AE＝(4，4，2)，→→1133∴AE·CD＝－2×4＋6×4＝0，→→∴AE⊥CD，即AE⊥CD.→23(2)∵P(0，0，1)，∴PD＝(0，3，－1)．→→3×231×(－1)＝0.又AE·PD＝＋432→→∴PD⊥AE，即PD⊥AE.→→→∵AB＝(1，0，0)，∴PD·AB＝0.∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB.(2015汕·头模拟)如下图的长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝2，M是线段B1D1的中点．(1)求证：BM∥平面D1AC；(2)求证：D1O⊥平面AB1C.证明：(1)成立如下图的空间直角坐标系，则点O(1，1，0)，D1(0，0，2)．→∴OD1＝(－1，－1，2)．又点B(2，2，0)，M(1，1，2)，→∴BM＝(－1，－1，2)，→→∴OD1＝BM.又∵OD1与BM不共线，∴OD1∥BM.又OD1?平面D1AC，BM?平面D1AC，∴BM∥平面D1AC.(2)连结OB1，点B1(2，2，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，→→＝(－1，－1，2)·(1，1，→→·(－2，2，0)＝∵OD1·OB12)＝0，OD1·AC＝(－1，－1，2)0，→→→→∴OD1⊥OB1，OD1⊥AC，即OD1⊥OB1，OD1⊥AC，又OB1∩AC＝O，∴D1O⊥平面AB1C.如图，在四周体A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.证明：如图，取BD的中点O，连结OP，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，成立空间直角坐标系Oxyz.由题意知，A(0，2，2)，B(0，－2，0)，D(0，2，0)．设点C的坐标为(x0，y0，0)．→→由于AQ＝3QC，3231因此Q(4x0，4＋4y0，2)．由于M为AD的中点，故M(0，2，1)．又P为BM的中点，1→323故P(0，0，2)，因此PQ＝(4x0，4＋4y0，0)．又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，→，因此PQ∥平面BCD.故PQ·a＝0.又PQ?平面BCD如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE.证明：(1)设AD＝DE＝2AB＝2a，成立如下图的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a，2a)．∵F为CD的中点，∴F332a，2a，0.→＝33→＝(a，3a，a)，AF2a，2a，0，BE→BC＝(2a，0，－a)．→1→→∵AF＝(BE＋BC)，AF?平面BCE，2∴AF∥平面BCE.→＝33→＝(－a，3a，0)，(2)∵AF2a，2a，0，CD→ED＝(0，0，－2a)，→→→→∴AF·CD＝0，AF·ED＝0，→→→→∴AF⊥CD，AF⊥ED.又CD∩DE＝D，→∴AF⊥平面CDE，即AF⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.如下图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，E、F分别是PC、PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明：(1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴成立如下图的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，111∴E2，1，2，F0，1，2.→1，EF＝－，0，02→→＝(0，0，1)，AD＝(0，2，0)，AP→→DC＝(1，0，0)，AB＝(1，0，0)．→1→∵EF＝－2AB，→→∴EF∥AB，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，∴EF∥平面PAB.→→(2)∵AP·DC＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，→→AD·DC＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，→→→→∴AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.又∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.2．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的地点，使A1C⊥CD，如图所示．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)线段BC上能否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明原因．解：(1)证明：∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE.(2)线段

BC

上不存在一点

P，使平面

A1DP

与平面

A1BE

垂直．原因如如下图，以

C为坐标原点，成立空间直角坐标系

Cxyz，则

A1(0，0，23)，D(0，2，0)，B(3，0，0)，E(2，2，0)．假定这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，此中→→为n＝(x，y，z)，则n·A1B＝0，n·BE＝0.

p∈[0，3]，设平面

A1BE

的法向量→→又由于A1B＝(3，0，－23)，BE＝(－1，2，0)，因此3x－23z＝0，x＋2y＝0.令y＝1，则x＝2，z＝3，因此n＝(2，1，3)．设平面A1DP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，→→则m·A1D＝0，m·DP＝0.→→又由于A1D＝(0，2，－23)，DP＝(p，－2，0)，2y1－23z1＝0，令x1＝2，则y1＝p，z1＝p.因此px1－2y1＝0.3p因此m＝(2，p，)．当且仅当m·n＝0时，平面A1DP⊥平面A1BE.m·n＝0，即4＋p＋p＝0，解得p＝－2，与p∈[0，3]矛盾．因此线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．如图，四棱锥S-ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝a(a>0)，AB2AD，SD＝3AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.(1)求证：AE⊥平面SBD；(2)M，N分别为线段SB，CD上的点，能否存在M，N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确立M，N的地点；若不存在，说明原因．解：(1)证明：∵四棱锥S-ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD∩AB＝A，∴SD⊥平面ABCD.∴SD⊥AE.BD就是SB在平面ABCD上的射影．∵AB＝2AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.DE1∴tan∠DAE＝AD＝2，AD1tan∠DBA＝AB＝2，∴∠DAE＝∠DBA，∴∠DAE＋∠BDA＝90°.∴AE⊥BD，又AE与BD交于一点，∴AE⊥平面SBD.(2)假定存在点M，N知足MN⊥CD且MN⊥SB.成立如下图的空间直角坐标系，由题意可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，C(0，2a，0)，B(a，2a，0)，S(0，0，3a)，→→→设DM＝DB＋tBS＝(a，2a，0)＋t(－a，－2a，3a)＝(a－ta，2a－2ta，3ta)(t∈[0，1])，即M(a－ta，2a－2ta，3ta)，N(0，y，0)，y∈[0，2a]，→．NM＝(a－ta，2a－2ta－y，3ta)使MN⊥CD且MN⊥SB，→→NM·DC＝0，则→→NM·BS＝0，a－t