（江苏专用）高考数学专题复习 专题8 立体几何与空间向量 第50练 平行的判定与性质练习 理-人教版高三全册数学试题.doc

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第50练平行的判定与性质练习理
训练目标会应用定理、性质证明直线与平面平行、平面与平面平行．训练题型证明空间几何体中直线与平面平行、平面与平面平行．解题策略(1)熟练掌握平行的有关定理、性质；(2)善于用分析法、逆推法寻找解题突破口，总结辅助线、辅助面的做法.1.(2016·徐州模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PD＝PC，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB，点M是CD的中点．
(1)求证：AM∥平面PBC；
(2)求证：CD⊥PA.

2．已知两正方形ABCD与ABEF内的点M，N分别在对角线AC，FB上，且AM∶MC＝FN∶NB，沿AB折起，使得∠DAF＝90°.
(1)证明：折叠后MN∥平面CBE；
(2)若AM∶MC＝2∶3，在线段AB上是否存在一点G，使平面MGN∥平面CBE？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
3．(2016·辽宁五校协作体上学期期中)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝eq\r(2)，AA1＝2.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(3)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．

4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．
(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)求三棱锥E－BCD的体积．

答案精析
1．证明(1)因为在直角梯形ABCD中，
AB∥CD，CD＝2AB，点M是CD的中点，
所以AB∥CM，且AB＝CM，
又AB⊥BC，所以四边形ABCM是矩形，
所以AM∥BC，
又因为BC⊂平面PBC，AM⊄平面PBC，
故AM∥平面PBC.
(2)连结PM，因为PD＝PC，点M是CD的中点，所以CD⊥PM，
又因为四边形ABCM是矩形，所以CD⊥AM，
因为PM⊂平面PAM，AM⊂平面PAM，
PM∩MA＝M，
所以CD⊥平面PAM.
又因为PA⊂平面PAM，所以CD⊥PA.
2.
(1)证明如图，设直线AN与直线BE交于点H，连结CH，
因为△ANF∽△HNB，
所以eq\f(FN,NB)＝eq\f(AN,NH).
又eq\f(AM,MC)＝eq\f(FN,NB)，
所以eq\f(AN,NH)＝eq\f(AM,MC)，
所以MN∥CH.
又MN⊄平面CBE，CH⊂平面CBE，
所以MN∥平面CBE.
(2)解存在，过M作MG⊥AB于点G，连结GN，则MG∥BC，
因为MG⊄平面CBE，所以MG∥平面CBE，
又MN∥平面CBE，MG∩MN＝M，
所以平面MGN∥平面CBE.
所以点G在线段AB上，且AG∶GB＝AM∶MC＝2∶3.
3．(1)证明∵底面ABCD是正方形，
∴BD⊥AC.
∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴A1O⊥BD.
∵A1O∩AC＝O，A1O⊂平面A1AC，
AC⊂平面A1AC，
∴BD⊥平面A1AC.
∵AA1⊂平面A1AC，∴AA1⊥BD.
(2)证明∵A1B1∥AB，AB∥CD，
∴A1B1∥CD.
∵A1B1＝CD，
∴四边形A1B1CD是平行四边形，
∴A1D∥B1C，同理A1B∥D1C，
∵A1B⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，CD1⊂平面CD1B1，B1C⊂平面CD1B1，
且A1B∩A1D＝A1，CD1∩B1C＝C，
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(3)解∵A1O⊥平面ABCD，
∴A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．
在正方形ABCD中，AB＝eq\r(2)，
可得AC＝2.
在Rt△A1OA中，AA1＝2，AO＝1，
∴A1O＝eq\r(3)，
∴V三棱柱ABD－A1B1D1＝S△ABD·A1O
＝eq\f(1,2)×(eq\r(2))2×eq\r(3)＝eq\r(3).
∴三棱柱ABD－A1B1D1的体积为eq\r(3).
4．(1)证明如图，取BC的中点G，连结AG，EG.

因为E，G分别是B1C，BC的中点，所以EG∥BB1且EG＝eq\f(1,2)BB1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，而D是AA1的中点，所以AD∥BB1，且AD＝eq\f(1,2)BB1.
所以EG∥AD且EG＝AD，所以四边形EGAD是平行四边形，所以DE∥AG，
又因为DE⊄平面ABC，AG⊂平面ABC，
所以DE∥平面ABC.
(2)解由AG⊥BC，B1B⊥AG，
BC∩B1B＝B，得AG⊥平