浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定及其性质含解析 下载本文

ACAF2ax=,即=, A1FA1D3a-xa2

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整理得x-3ax+2a=0, 解得x=a或x=2a. 答案 a或2a

117.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.

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(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由. (2)证明:平面PAB⊥平面PBD.

(1)解 取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点,理由如下:

1

连接CM,因为AD∥BC,BC=AD.所以BC∥AM,且BC=AM.

2所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB. 又AB?平面PAB.CM?平面PAB. 所以CM∥平面PAB.

(说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)证明 由已知,PA⊥AB,PA⊥CD. 1

因为AD∥BC,BC=AD,

2

所以直线AB与CD相交,所以PA⊥平面ABCD. 又BD?平面ABCD,从而PA⊥BD. 1

因为AD∥BC,BC=AD,

2

M为AD的中点,连接BM,

所以BC∥MD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形, 1

所以BM=CD=AD,所以BD⊥AB.

2又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB. 又BD?平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.

18.(2020·北京西城区测试)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,侧面ADEF为梯

形,AF∥DE,DE⊥AD,DC=DE.

(1)求证:AD⊥CE; (2)求证:BF∥平面CDE;

(3)判断线段BE上是否存在点Q,使得平面ADQ⊥平面BCE?并说明理由. (1)证明 由底面ABCD为矩形知AD⊥CD. 又因为DE⊥AD,DE∩CD=D, 所以AD⊥平面CDE.

又因为CE?平面CDE,所以AD⊥CE. (2)证明 由底面ABCD为矩形,知AB∥CD,

又因为AB?平面CDE,CD?平面CDE,所以AB∥平面CDE. 同理AF∥平面CDE,又因为AB∩AF=A, 所以平面ABF∥平面CDE.

又因为BF?平面ABF,所以BF∥平面CDE.

(3)解 结论:线段BE上存在点Q(即BE的中点),使得平面ADQ⊥平面BCE. 证明如下:

取CE的中点P,BE的中点Q,连接AQ,DP,PQ, 则PQ∥BC.

由AD∥BC,得PQ∥AD. 所以A,D,P,Q四点共面.

由(1)知AD⊥平面CDE,又DP?平面CDE, 所以AD⊥DP,故BC⊥DP.

在△CDE中,由DC=DE,可得DP⊥CE. 又因为BC∩CE=C, 所以DP⊥平面BCE. 又因为DP?平面ADPQ,

所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE).

即线段BE上存在点Q(即BE中点),使得平面ADQ⊥平面BCE.