【高考前三個月復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理科 立體幾何與空間向量】專題6 第26練

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第26練　完美破解立體幾何證明題 [題型分析高考展望]　立體幾何證明題，是高考必考題，證明平行、垂直關(guān)系是主要題型，特別是垂直關(guān)系尤為重要.掌握判定定理、性質(zhì)定理并能靈活運用是解題的根本.學(xué)會分析推理的方法和證明技巧是提升推理能力的關(guān)鍵，在二輪復(fù)習(xí)中，通過專題訓(xùn)練，使解立體幾何證明的能力更上一層樓，確保該類題型不失分. ?？碱}型精析 題型一　空間中的平行問題 例1　如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中點，E、F、G分別是BC、DC、SC的中點，求證： (1)直線EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 　 　 　 　 　 　 點評　證明平行關(guān)系的方法 (1)證明線線平行的常用方法： ①利用平行公理，即證明兩直線同時和第三條直線平行； ②利用平行四邊形進(jìn)行轉(zhuǎn)換； ③利用三角形中位線定理證明； ④利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理證明. (2)證明線面平行的常用方法： ①利用線面平行的判定定理，把證明線面平行轉(zhuǎn)化為證明線線平行； ②利用面面平行的性質(zhì)定理，把證明線面平行轉(zhuǎn)化為證明面面平行. (3)證明面面平行的方法： 證明面面平行，依據(jù)判定定理，只要找到一個面內(nèi)兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證明面面平行轉(zhuǎn)化為證明線面平行，再轉(zhuǎn)化為證明線線平行. 變式訓(xùn)練1　(2015廣東)如圖，三角形PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3. (1)證明：BC∥平面PDA； (2)證明：BC⊥PD； (3)求點C到平面PDA的距離. 　 　 　 　 題型二　空間中的垂直問題 例2　如圖所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點. 求證：(1)AF∥平面BCE； (2)平面BCE⊥平面CDE. 　 　 　 　 　 　 點評　(1)證明線面垂直的常用方法： ①利用線面垂直的判定定理，把線面垂直的判定轉(zhuǎn)化為證明線線垂直； ②利用面面垂直的性質(zhì)定理，把證明線面垂直轉(zhuǎn)化為證明面面垂直； ③利用常見結(jié)論，如兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面. (2)證明面面垂直的方法： 證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中點、高線或添加輔助線來解決. 變式訓(xùn)練2　(2014廣東)如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如圖(2)折疊，折痕EF∥DC.其中點E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M，并且MF⊥CF. (1)證明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱錐M－CDE的體積. 　 　 　 　 　 　 題型三　空間中的平行、垂直綜合問題 例3　(2015山東)如圖，三棱臺DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點. (1)求證：BD∥平面FGH； (2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求證：平面BCD⊥平面EGH. 　 　 　 　 　 　 點評　(1)立體幾何中，要證線垂直于線，常常先證線垂直于面，再用線垂直于面的性質(zhì)易得線垂直于線.要證線平行于面，只需先證線平行于線，再用線平行于面的判定定理易得. (2)證明立體幾何問題，要緊密結(jié)合圖形，有時要利用平面幾何的相關(guān)知識，因此需要多畫出一些圖形輔助使用. (3)平行關(guān)系往往用到三角形的中位線，垂直關(guān)系往往用到三角形高線、中線. 變式訓(xùn)練3　在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分別為MB、PB、PC的中點，且AD＝PD＝2MA. (1)求證：平面EFG∥平面PMA； (2)求證：平面EFG⊥平面PDC； (3)求三棱錐P－MAB與四棱錐P－ABCD的體積之比. 　 　 　 　 　 　 　 　 高考題型精練 1.(2015廣東)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是(　　) A.l與l1，l2都不相交 B.l與l1，l2都相交 C.l至多與l1，l2中的一條相交 D.l至少與l1，l2中的一條相交 2.(2015玉溪質(zhì)檢)已知直線l⊥平面α，直線m∥平面β，則“α∥β”是“l(fā)⊥m”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既非充分也非必要條件 3.如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點，AC∩EF＝G.現(xiàn)在沿AE、EF、FA把這個正方形折成一個四面體，使B、C、D三點重合，重合后的點記為P，則在四面體 P－AEF中必有(　　) A.AP⊥△PEF所在平面 B.AG⊥△PEF所在平面 C.EP⊥△AEF所在平面 D.PG⊥△AEF所在平面 4.(2015煙臺模擬)已知α、β是兩個不同的平面，給出下列四個條件：①存在一條直線a，a⊥α，a⊥β；②存在一個平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在兩條平行直線a、b，a?α，b?β，a∥β，b∥α；④存在兩條異面直線a、b，a?α，b?β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是(　　) A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 5.(2014浙江)設(shè)m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，則(　　) A.若m⊥n，n∥α，則m⊥α B.若m∥β，β⊥α，則m⊥α C.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α D.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α 6.設(shè)l，m，n表示不同的直線，α，β，γ表示不同的平面，給出下列四個命題： ①若m∥l，且m⊥α，則l⊥α； ②若m∥l，且m∥α，則l∥α； ③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，則l∥m∥n； ④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，則l∥m. 其中正確的個數(shù)是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 7.如圖，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直線BC∥平面PAE；④∠PDA＝45. 其中正確的有________(把所有正確的序號都填上). 8.如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點為O，且AO⊥平面BB1C1C.則B1C與AB的位置關(guān)系為________. 9.如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當(dāng)點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認(rèn)為是正確的條件即可) 10.(2014山東)如圖，四棱錐P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點. (1)求證：AP∥平面BEF； (2)求證：BE⊥平面PAC. 　 　 　 　 　 　 　 　 11.如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分別是CD、PC的中點.求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 　 　 　 　 　 　 　 　 12.(2014四川)在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形. (1)若AC⊥BC，證明：直線BC⊥平面ACC1A1； (2)設(shè)D，E分別是線段BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結(jié)論. 　 　 　 　 　 　 答案精析 第26練　完美破解立體幾何證明題 常考題型精析 例1　證明　(1)如圖，連接SB， ∵E、G分別是BC、SC的中點， ∴EG∥SB. 又∵SB?平面BDD1B1， EG?平面BDD1B1， ∴直線EG∥平面BDD1B1. (2)連接SD， ∵F、G分別是DC、SC的中點，∴FG∥SD. 又∵SD?平面BDD1B1，F(xiàn)G?平面BDD1B1， ∴FG∥平面BDD1B1，由(1)知， EG∥平面BDD1B1，且EG?平面EFG， FG?平面EFG，EG∩FG＝G， ∴平面EFG∥平面BDD1B1. 變式訓(xùn)練1　(1)證明　因為四邊形ABCD是長方形，所以BC∥AD，因為BC?平面PDA，AD?平面PDA， 所以BC∥平面PDA. (2)證明　因為四邊形ABCD是長方形，所以BC⊥CD，因為平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面PDC，因為PD?平面PDC，所以BC⊥PD. (3)解　如圖，取CD的中點E，連接AC和PE.因為PD＝PC，所以PE⊥CD，在Rt△PED中，PE＝＝＝.因為平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE?平面PDC，所以PE⊥平面ABCD，由(2)知：BC⊥平面PDC，由(1)知：BC∥AD，所以AD⊥平面PDC，因為PD?平面PDC，所以AD⊥PD.設(shè)點C到平面PDA的距離為h，因為V三棱錐CPDA＝V三棱錐PACD， 所以S△PDAh＝S△ACDPE， 即h＝＝＝， 所以點C到平面PDA的距離是. 例2　證明　(1)如圖，取CE的中點G，連接FG，BG. ∵F為CD的中點，∴GF∥DE且GF＝DE. ∵AB⊥平面ACD， DE⊥平面ACD， ∴AB∥DE，∴GF∥AB. 又AB＝DE，∴GF＝AB. ∴四邊形GFAB為平行四邊形， ∴AF∥BG. ∵AF?平面BCE，BG?平面BCE， ∴AF∥平面BCE. (2)∵△ACD為等邊三角形，F(xiàn)為CD的中點， ∴AF⊥CD. ∵DE⊥平面ACD，AF?平面ACD，∴DE⊥AF. 又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE. ∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE. ∵BG?平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE. 變式訓(xùn)練2　(1)證明　因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以PD⊥AD. 又因為ABCD是矩形，CD⊥AD，PD與CD交于點D， 所以AD⊥平面PCD.又CF?平面PCD， 所以AD⊥CF，即MD⊥CF. 又MF⊥CF，MD∩MF＝M， 所以CF⊥平面MDF. (2)解　因為PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60， 所以PD＝，由(1)知FD⊥CF， 在Rt△DCF中，CF＝CD＝. 過點F作FG⊥CD交CD于點G，得FG＝FCsin 60＝＝， 所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝， 所以MD＝＝ ＝. S△CDE＝DEDC＝1＝. 故VM－CDE＝MDS△CDE＝＝. 例3　證明　(1)方法一　如圖，連接DG，設(shè)CD∩GF＝M，連接MH. 在三棱臺DEFABC中， AB＝2DE，G為AC的中點， 可得DF∥GC，DF＝GC， 所以四邊形DFCG為平行四邊形. 則M為CD的中點， 又H為BC的中點， 所以HM∥BD，又HM?平面FGH，BD?平面FGH， 所以BD∥平面FGH. 方法二　在三棱臺DEFABC中，由BC＝2EF，H為BC的中點， 可得BH∥EF，BH＝EF， 所以四邊形HBEF為平行四邊形， 可得BE∥HF.在△ABC中，G為AC的中點， H為BC的中點，所以GH∥AB. 又GH∩HF＝H，AB∩BE＝B， 所以平面FGH∥平面ABED. 又因為BD?平面ABED， 所以BD∥平面FGH. (2)連接HE， 因為G，H分別為AC，BC的中點， 所以GH∥AB. 由AB⊥BC，得GH⊥BC. 又H為BC的中點， 所以EF∥HC，EF＝HC， 因此四邊形EFCH是平行四邊形， 所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC. 又HE，GH?平面EGH，HE∩GH＝H， 所以BC⊥平面EGH. 又BC?平面BCD， 所以平面BCD⊥平面EGH. 變式訓(xùn)練3　(1)證明　∵E、G、F分別為MB、PB、PC的中點， ∴EG∥PM，GF∥BC. 又∵四邊形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD. ∵EG、GF在平面PMA外，PM、AD在平面PMA內(nèi)， ∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA. 又∵EG、GF都在平面EFG內(nèi)且相交， ∴平面EFG∥平面PMA. (2)證明　由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA， ∴PD⊥平面ABCD. 又BC?平面ABCD，∴PD⊥BC. ∵四邊形ABCD為正方形，∴BC⊥DC. 又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC. 由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC. 又GF?平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC. (3)解　∵PD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，不妨設(shè)MA＝1，則PD＝AD＝2. ∵DA⊥平面MAB，且PD∥MA， ∴DA即為點P到平面MAB的距離， ∴VP－MAB∶VP－ABCD ＝S△MABDA∶S正方形ABCDPD ＝S△MAB∶S正方形ABCD＝∶(22)＝1∶4. 即三棱錐P－MAB與四棱錐P－ABCD的體積之比為1∶4. 高考題型精練 1.D [若l與l1，l2都不相交則l∥l1，l∥l2，∴l(xiāng)1∥l2，這與l1和l2異面矛盾，∴l(xiāng)至少與l1，l2中的一條相交.] 2.A [∵直線l⊥平面α，α∥β，∴直線l⊥平面β，又∵直線m∥平面β，∴l(xiāng)⊥m；但直線l⊥平面α，直線m∥平面β，且l⊥m時，α與β可以相交，故“α∥β”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件，選A.] 3.A [在折疊過程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不變. ∴?AP⊥面PEF.] 4.C [對于②，平面α與β還可以相交； 對于③，當(dāng)a∥b時，不一定能推出α∥β， 所以②③是錯誤的，易知①④正確，故選C.] 5.C [A中，由m⊥n, n∥α，可得m?α或m∥α或m與α相交，錯誤； B中，由m∥β，β⊥α，可得m?α或m∥α或m與α相交，錯誤； C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，則m⊥α，正確； D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m與α相交或m?α或m∥α，錯誤.] 6.B [對于①，兩條平行線中有一條與一平面垂直，則另一條也與這個平面垂直，故①正確；對于②，直線l可能在平面α內(nèi)，故②錯誤；對于③，三條交線除了平行，還可能相交于同一點，故③錯誤；對于④，結(jié)合線面平行的判定定理和性質(zhì)定理可判斷其正確.綜上①④正確.] 7.①④ 解析　由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA⊥AE， 又由正六邊形的性質(zhì)得AE⊥AB，PA∩AB＝A， 得AE⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴AE⊥PB，①正確； ∵平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②錯； 由正六邊形的性質(zhì)得BC∥AD， 又AD?平面PAD，BC?平面PAD，∴BC∥平面PAD， ∴直線BC∥平面PAE也不成立，③錯； 在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45， ∴④正確. 8.異面垂直 解析　∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C， 又∵平面BB1C1C為菱形，∴B1C⊥BO， ∴B1C⊥平面ABO，∵AB?平面ABO，∴B1C⊥AB. 9.DM⊥PC(或BM⊥PC，答案不唯一) 解析　∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD， 又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD， 又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC. ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD， 而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 10.證明　(1)設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC，如圖. 由于E為AD的中點， AB＝BC＝AD， AD∥BC， 所以AE∥BC，AE＝AB＝BC， 因此四邊形ABCE為菱形， 所以O(shè)為AC的中點.又F為PC的中點， 因此在△PAC中，可得AP∥OF， 又OF?平面BEF，AP?平面BEF， 所以AP∥平面BEF. (2)由題意知ED∥BC，ED＝BC， 所以四邊形BCDE為平行四邊形， 因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD， 所以AP⊥CD，因此AP⊥BE， 因為四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC. 又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC， 所以BE⊥平面PAC. 11.證明　(1)∵平面PAD∩平面ABCD＝AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD. ∴PA⊥底面ABCD. (2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點， ∴AB∥DE，且AB＝DE. ∴四邊形ABED為平行四邊形.∴BE∥AD. 又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD， ∴BE∥平面PAD. (3)∵AB⊥AD，且四邊形ABED為平行四邊形. ∴BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD，則PA⊥CD， 又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD， 從而CD⊥PD，又E、F分別為CD、CP的中點， ∴EF∥PD，故CD⊥EF. 由EF，BE在平面BEF內(nèi)，且EF∩BE＝E， ∴CD⊥平面BEF.又∵CD?平面PCD， ∴平面BEF⊥底面PCD. 12.(1)證明　因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形， 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC. 因為AB，AC為平面ABC內(nèi)兩條相交的直線， 所以AA1⊥平面ABC. 因為直線BC?平面ABC，所以AA1⊥BC. 又由已知，AC⊥BC，AA1，AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交的直線，所以BC⊥平面ACC1A1. (2)解　如圖，取線段AB的中點M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設(shè)O為A1C，AC1的交點. 由已知，O為AC1的中點. 連接MD，OE，則MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線， 所以MD綊AC，OE綊AC， 因此MD綊OE. 連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形， 則DE∥MO. 因為直線DE?平面A1MC，MO?平面A1MC， 所以直線DE∥平面A1MC. 即線段AB上存在一點M(線段AB的中點)，使直線DE∥平面A1MC.