2022届高考数学二轮复习专项突破训练七 空间中的平行与垂直

专项突破练七　空间中的平行与垂直 1．如图，已知矩形ABCD所在的平面垂直于直角梯形ABPE所在的平面，BP＝2，AD＝AE＝1，AE∥BP，F，G分别是BC，BP的中点． 设过三点P，E，C的平面为α，求证：平面AFG∥平面α. 2．如图1，在平面四边形ABCD中，BC＝AB，CD＝2AD，且△ABD为等边三角形．设E为AD中点，连接BE，将△ABE沿BE折起，使点A到达平面BCDE上方的点P，连接PC，PD，设F是PC的中点，连接BF，如图2. 证明：BF∥平面PDE. 3．(2021·南平一模)如图，已知四边形ACDE为菱形，∠CDE＝60°，AC⊥BC，F是DE的中点，平面ABC∩平面BDE＝l. 证明：l⊥平面BCF； 4．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠A1B1C1＝90°，A1B1＝B1C1，点C在底面A1B1C1上的射影为A1C1的中点，D为AC的中点． 证明：BD⊥平面ACC1A1. 5．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点． (1)求证：PE⊥BC； (2)求证：平面PAB⊥平面PCD； (3)求证：EF∥平面PCD. 参考答案 1． 【证明】因为G是BP的中点， 所以PG＝BP＝1， 因为AE＝1，所以AE＝PG， 因为AE∥PG，所以四边形AEPG是平行四边形，所以AG∥EP， 因为AG ⊄平面α，PE⊂平面α，所以AG∥平面α， 因为F，G分别是BC，BP的中点， 所以FG是△BCP的中位线， 所以FG∥PC， 因为FG ⊄平面α，PC⊂平面α， 所以FG∥平面α， 因为AG∩FG＝G，且AG，FG⊂平面AFG， 所以平面AFG∥平面α. 2． 【证明】在平面BCDE内，设DE，CB的延长线交于点Q，连接PQ， 在△BCD中，设BD＝1，则BC＝，CD＝2，所以BD2＋BC2＝CD2，所以BD⊥BC，且∠BDC＝∠BDE＝60°， 所以∠BQD＝∠BCD＝30°，所以DQ＝DC，则B为CQ中点， 因为F是PC中点，所以BF∥PQ， 又BF⊄平面PDE，PQ⊂平面PDE， 所以BF∥平面PDE. 3． 【证明】已知四边形ACDE为菱形，∠CDE＝60°，所以△CDE是等边三角形，因为F是DE的中点，所以AC⊥CF，又AC⊥BC，CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，所以AC⊥平面BCF， 又菱形ACDE中，ED∥AC，AC⊄ 平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC∥平面BDE. 而AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面BDE＝l，得l∥AC.因此l⊥平面BCF. 4． 【证明】设A1C1的中点为O，连接OB1，OC. 因为点C在底面A1B1C1上的射影为O点， 所以CO⊥平面A1B1C1， 又因为CO⊂平面A1C1CA，所以平面A1C1CA⊥平面A1B1C1.因为A1B1＝B1C1，∠A1B1C1＝90°，所以B1O⊥A1C1， 又平面A1C1CA∩A1B1C1＝A1C1. 所以B1O⊥平面A1C1CA，连接DO，因为DOBB1. 所以四边形BB1OD为平行四边形， 所以BD∥B1O，所以BD⊥平面ACC1A1. 5． 【证明】(1)因为PA＝PD，且E为AD的中点，所以PE⊥AD. 因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD， 因为平面PAD⊥平面ABCD， 又平面PAD∩平面ABCD＝AD. 所以AB⊥平面PAD， 所以AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A. 所以PD⊥平面PAB，又PD⊂平面PCD， 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如图，取PC中点G，连接FG，GD. 因为F，G分别为PB和PC的中点， 所以FG∥BC，且FG＝BC， 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， 所以ED∥BC，DE＝BC， 所以ED∥FG，且ED＝FG， 所以四边形EFGD为平行四边形， 所以EF∥GD，又EF⊄平面PCD，GD⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD. $