2021高考数学（文科）习题 第八章 立体几何 8-3 word版含答案

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A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
答案 D
解析 A中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；B中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；C中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故C错误；D中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故D正确．
2．如图，三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝eq \f(π,2)，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.
(1)证明：AB⊥平面PFE；
(2)若四棱锥P－DFBC的体积为7，求线段BC的长．
解 (1)证明：如图，由DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PE⊂平面PAC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.
因∠ABC＝eq \f(π,2)，EF∥BC，故AB⊥EF.
从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PFE.
(2)设BC＝x，则在Rt△ABC中，
AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(36－x2)，
从而S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)xeq \r(36－x2).
由EF∥BC知，eq \f(AF,AB)＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(2,3)，
得△AFE∽△ABC，故eq \f(S△AFE,S△ABC)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＝eq \f(4,9)，
即S△AFE＝eq \f(4,9)S△ABC.
由AD＝eq \f(1,2)AE，得S△AFD＝eq \f(1,2)S△AFE＝eq \f(1,2)·eq \f(4,9)S△ABC＝eq \f(2,9)S△ABC＝eq \f(1,9)xeq \r(36－x2)，
从而四边形DFBC的面积为
SDFBC＝S△ABC－S△AFD＝eq \f(1,2)x eq \r(36－x2)－eq \f(1,9)x eq \r(36－x2)＝eq \f(7,18)x eq \r(36－x2).
由(1)知，PE⊥平面ABC，
所以PE为四棱锥P－DFBC的高．
在Rt△PEC中，PE＝eq \r(PC2－EC2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3).
体积VP－DFBC＝eq \f(1,3)·SDFBC·PE＝eq \f(1,3)·eq \f(7,18)xeq \r(36－x2)·2eq \r(3)＝7，
故得x4－36x2＋243＝0，解得x2＝9或x2＝27，由于x>0，可得x＝3或x＝3eq \r(3).
所以，BC＝3或BC＝3eq \r(3).
3．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
证明 (1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
4．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；
(3)证明：直线DF⊥平面BEG.
解 (1)点F，G，H的位置如图所示．
(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：
因为ABCD－EFGH为正方体，
所以BC∥FG，BC＝FG，
又FG∥EH，FG＝EH，
所以BC∥EH，BC＝EH，
于是四边形BCHE为平行四边形，
所以BE∥CH.
又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，
所以BE∥平面ACH.
同理BG∥平面ACH.
又BE∩BG＝B，
所以平面BEG∥平面ACH.
(3)证明：连接FH.
因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.
因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.
又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.
又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.
同理DF⊥BG.
又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.
5．如图，三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
证明 (1)证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形，
则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD.
又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.
证法二：在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.
(2)连接HE，GE.
因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB，
由AB⊥BC，得GH⊥BC.
又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，
因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.
又CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.
6. 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．
解
(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，AO∩BC1＝0，故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝eq \f(\r(3),4).
由于AC⊥AB1，所以OA＝eq \f(1,2)B1C＝eq \f(1,2).
由OH·AD＝OD·OA，且AD＝eq \r(OD2＋OA2)＝eq \f(\r(7),4)，得OH＝eq \f(\r(21),14).
又O为B1C的中点，
所以点B1到平面ABC的距离为eq \f(\r(21),7)，
故三棱柱ABC－A1B1C1的高为eq \f(\r(21),7).
7．如图，四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．
(1)求证：AP∥平面BEF；
(2)求证：BE⊥平面PAC.
证明 (1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.
由于E为AD的中点，
AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，AD∥BC，
所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，
因此四边形ABCE为菱形，
所以O为AC的中点．
又F为PC的中点，
因此在△PAC中，可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD，
所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，
所以BE⊥平面PAC.
8．如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.
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求证：(1)直线PA∥平面DEF；
(2)平面BDE⊥平面ABC.
证明 (1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.
又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，
所以DE∥PA，DE＝eq \f(1,2)PA＝3，
EF＝eq \f(1,2)BC＝4.
又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.