高考数学异构异模复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面平行的判定与性质撬题 文-人教版高三全册数学试题.doc

2018高考数学异构异模复习考案第八章立体几何8.3直线、平面平行的判定与性质撬题文
1.已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()
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\co1(\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)xeq\r(36－x2)－eq\f(1,9)xeq\r(36－x2)＝eq\f(7,18)xeq\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