(江苏专用)2021高考数学二轮复习 课时达标训练(七) 平行与垂直

课时达标训练(七) 平行与垂直
A 组——大题保分练
1．(2021·苏北三市期末)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D ，E ，F
分别是B 1C 1，AB ，AA 1的中点．
(1)求证：EF ∥平面A 1BD ；
(2)若A 1B 1＝A 1C 1，求证：平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C .
证明：(1)因为E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，所以EF ∥A 1B .因为EF ⊄平
面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ，所以EF ∥平面A 1BD .
(2)在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面A 1B 1C 1，
因为A 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以BB 1⊥A 1D .
因为A 1B 1＝A 1C 1，且D 是B 1C 1的中点，
所以A 1D ⊥B 1C 1.
因为BB 1∩B 1C 1＝B 1，B 1C 1，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，
所以A 1D ⊥平面BB 1C 1C .
因为A 1D ⊂平面A 1BD ，
所以平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C .
2.(2021·南京四校联考)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是
矩形，PD ⊥平面ABCD ，E 是BC 的中点，F 在棱PC 上，且PA ∥平面DEF .
(1)求证：AD ⊥PC ；
(2)求PF FC
的值．
解：(1)证明：因为底面ABCD 是矩形，所以AD ⊥DC .
因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AD .
又PD ，DC ⊂平面PCD ，PD ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面PCD .
又PC ⊂平面PCD ，所以AD ⊥PC .
(2)如图，连接AC ，交DE 于G ，连接FG .
因为PA ∥平面DEF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面DEF ＝FG .
所以PA ∥FG ，
所以PF FC ＝AG
GC
.
因为底面ABCD 是矩形，E 是BC 的中点，
所以AD ∥BC ，AD ＝2EC .
所以易知AG GC ＝
AD EC ＝2. 所以PF FC ＝2.
3.(2021·扬州期末)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，四边形AA 1B 1B
为矩形，平面AA 1B 1B ⊥平面ABC ，E ，F 分别是四边形AA 1B 1B ，BB 1C 1C 对
角线的交点．
求证：(1)EF ∥平面ABC ；
(2)BB 1⊥AC .
证明：(1)在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，四边形AA 1B 1B ，四边形BB 1C 1C 均为平行四边形． ∵E ，F 分别是四边形AA 1B 1B ，BB 1C 1C 对角线的交点，∴E ，F 分别是AB 1，CB 1的中点，∴EF ∥AC .
∵EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴EF ∥平面ABC .
(2)∵四边形AA 1B 1B 为矩形，∴BB 1⊥AB ，
∵平面AA 1B 1B ⊥平面ABC ，BB 1⊂平面ABB 1A 1，平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，
∴BB 1⊥平面ABC .
∵AC ⊂平面ABC ，∴BB 1⊥AC .
4．(2021·南京三模)在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，
AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝60°.
(1)求证：平面PAC ⊥平面PAB ；
(2)设平面PBC ∩平面PAD ＝l ，求证：BC ∥l .
证明：(1)因为PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，
所以PA ⊥AC .
因为AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝60°，所以由余弦定理，
得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos ∠ABC ＝12＋22－2×1×2cos 60°＝ 3.
因为12＋()32＝22，即AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB .
又AC ⊥PA ，PA ∩AB ＝A ，PA ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，
所以AC ⊥平面PAB .
又AC ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面PAB .
(2)因为BC ∥AD ，AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，
所以BC ∥平面PAD .
又BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面PAD＝l，
所以BC∥l.
B组——大题增分练
1．(2021·盐城三模)在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，已知底面ABCD是
菱形，M，N分别是棱A1D1，D1C1的中点．
求证：(1)AC∥平面DMN；
(2)平面DMN⊥平面BB1D1D.
证明：(1)连结A1C1，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，因为AA1綊BB1，BB1
綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC.又
M，N分别是棱A1D1，D1C1的中点，所以MN∥A1C1，所以AC∥MN.又AC⊄
平面DMN，MN⊂平面DMN，所以AC∥平面DMN.
(2)因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1是直四棱柱，
所以DD1⊥平面A1B1C1D1，而MN⊂平面A1B1C1D1，
所以MN⊥DD1.
又因为棱柱的底面ABCD是菱形，所以底面A1B1C1D1也是菱形，
所以A1C1⊥B1D1，而MN∥A1C1，所以MN⊥B1D1.
又MN⊥DD1，DD1⊂平面BB1D1D，B1D1⊂平面BB1D1D，且DD1∩B1D1＝D1，
所以MN⊥平面BB1D1D.
而MN⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面BB1D1D.
2．(2021·扬州中学模拟)如图，已知三棱锥P­ABC中，AC⊥BC，
PA＝PC，棱AC的中点为E，且BC∥平面PEF.
(1)求证：EF∥平面PBC；
(2)求证：平面PAC⊥平面PEF.
证明：(1)因为BC∥平面PEF，BC⊂平面ABC，平面PEF∩平面ABC＝EF，所以EF∥BC.
又EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.
(2)因为PA＝PC，E是AC的中点，所以AC⊥PE.
又AC⊥BC，EF∥BC，所以AC⊥EF.
又PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF，所以AC⊥平面PEF.
又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PEF.
3．(2021·南师附中、天一中学四月联考)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，已知点
M为棱BC上异于B，C的一点．
(1)若M为BC的中点，求证：A1C∥平面AB1M；
(2)若平面AB1M⊥平面BB1C1C，求证：AM⊥BC.
证明：(1)连接A1B，交AB1于点N.在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，
易知四边形AA1B1B为矩形，∴N为A1B的中点．
又M为BC的中点，连接MN，∴MN∥A1C.
又A1C⊄平面AB1M，MN⊂平面AB1M，∴A1C∥平面AB1M.
(2)过点B作BP⊥B1M，垂足为P，∵平面AB1M⊥平面B1BCC1，
平面AB1M∩平面B1BCC1＝B1M，BP⊂平面BB1C1C，∴BP⊥平面AB1M.
AM⊂平面AB1M.∴BP⊥AM.
在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，
∴AM⊂平面ABCD，∴BB1⊥AM.
又BP∩BB1＝B，BP，BB1⊂平面BB1C1C，∴AM⊥平面BB1C1C.又BC⊂平面BB1C1C，∴AM⊥BC.
4．(2021·常州期末)如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是平行四
边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．
(1)求证：BD⊥AC；
(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，
求证：QF∥BC.
证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.
记AC，BD交于点O，连结OP.
因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．
在△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.
又PC∩OP＝P，PC⊂平面PAC，OP⊂平面PAC.
所以BD⊥平面PAC，
又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.
(2)因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.。