2018版高考数学（人教a版理科）一轮复习真题演练集训：第八章　立体几何 8-4 word版含答案

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 www.ks5u.com 真题演练集训 1．在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.2．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．证明：MN∥平面PAB.证明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN. 由N为PC的中点知，TN∥BC，TN＝BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.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：DE∥平面AA1C1C.证明：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.4．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．证明：PB∥平面AEC.证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC. 课外拓展阅读 立体几何中的探索性问题1．条件追溯型问题　 如图所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定点E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．(1)　因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝，易求BC＝，因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1.(2)　点E为DC的中点．理由如下：如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形．所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B.因为D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.方法探究立体几何中的条件追溯型问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步地推出所要求的条件．此类问题的难点是如何应用“执果索因”．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．2．存在探索型问题　如图所示，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？请说明理由．　(1)利用DE∥PC证明线面平行；(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；(3)Q应为EG的中点．(1)　因为D，E分别是AP，AC的中点，所以DE∥PC.又DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)　因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．(3)　存在满足条件的点Q.理由如下：连接DF，EG，如图所示，设Q为EG的中点，由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG.分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝EG，所以Q为满足条件的点．方法探究解决与平行有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．