高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题6 立体几何 第26练 完美破解立体几何的证明问题 文

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第26练　完美破解立体几何的证明问题 [题型分析高考展望]　立体几何证明题是高考必考题，证明平行、垂直关系是主要题型，特别是垂直关系尤为重要．掌握判定定理、性质定理并能灵活运用是解题的根本．学会分析推理的方法和证明技巧是提升推理能力的关键，在二轮复习中，通过专题训练，使解立体几何证明的能力更上一层楼，确保该类题型不失分． 体验高考 1．(2015福建)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　B 解析　m垂直于平面α，当l⊂α时，也满足l⊥m，但直线l与平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l∥α，一定有l⊥m，必要性成立．故选B. 2．(2016山东)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A. 3．(2016课标全国甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置． (1)证明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积． (1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′. (2)解　由EF∥AC得＝＝. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4， 所以OH＝1，D′H＝DH＝3， 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH. 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′， 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC. 又由＝得EF＝. 五边形ABCFE的面积S＝68－3＝. 所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝2＝. 4．(2016四川)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90，BC＝CD＝AD. (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： 因为AD∥BC，BC＝AD， 所以BC∥AM，且BC＝AM. 所以四边形AMCB是平行四边形，所以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. 因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交， 所以PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因为AD∥BC，BC＝AD，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， 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB. 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB. 又BD⊂平面PBD， 所以平面PAB⊥平面PBD. 5．(2016课标全国丙)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． (1)证明：MN∥平面PAB； (2)求四面体NBCM的体积． (1)证明　由已知得AM＝AD＝2. 如图，取BP的中点T，连接AT，TN， 由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形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. (2)解　因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点， 所以N到平面ABCD的距离为PA. 如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝. 由AM∥BC得M到BC的距离为， 故S△BCM＝4＝2. 所以四面体NBCM的体积 VNBCM＝S△BCM＝. 高考必会题型 题型一　空间中的平行问题 例1　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证： (1)直线EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 证明　(1)如图，连接SB， ∵E、G分别是BC、SC的中点， ∴EG∥SB. 又∵SB⊂平面BDD1B1， EG⊄平面BDD1B1， ∴直线EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD， ∵F、G分别是DC、SC的中点， ∴FG∥SD. 又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄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. 点评　证明平行关系的方法 (1)证明线线平行的常用方法： ①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行； ②利用平行四边形进行转换； ③利用三角形中位线定理证明； ④利用线面平行、面面平行的性质定理证明． (2)证明线面平行的常用方法： ①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行； ②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行． (3)证明面面平行的方法： 证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行． 变式训练1　(2015天津改编)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点． 求证：(1)EF∥平面A1B1BA； (2)平面AEA1⊥平面BCB1. 证明　(1)如图，连接A1B，在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点， 所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA，BA1⊂平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA. (2)因为AB＝AC，E为BC中点，所以AE⊥BC，因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1，又因为AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1. 题型二　空间中的垂直问题 例2　如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点． 求证：(1)AF∥平面BCE； (2)平面BCE⊥平面CDE. 证明　(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG. ∵F为CD的中点， ∴GF∥DE且GF＝DE. ∵AB⊥平面ACD， DE⊥平面ACD， ∴AB∥DE，∴GF∥AB. 又AB＝DE，∴GF＝AB. ∴四边形GFAB为平行四边形， ∴AF∥BG. ∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE， ∴AF∥平面BCE. (2)∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点， ∴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. 点评　(1)证明线面垂直的常用方法： ①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直； ②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直； ③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． (2)证明面面垂直的方法： 证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线来解决． 变式训练2　(2016北京)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. (1)求证：DC⊥平面PAC； (2)求证：平面PAB⊥平面PAC； (3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由． (1)证明　∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD， ∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DC⊥平面PAC. (2)证明　∵AB∥CD，CD⊥平面PAC， ∴AB⊥平面PAC，又∵AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAC. (3)解　棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF. 证明如下： 取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又∵E为AB的中点， ∴EF为△PAB的中位线， ∴EF∥PA.又PA⊄平面CEF， EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF. 题型三　空间中的平行、垂直综合问题 例3　(2015山东)如图，三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点． (1)求证：BD∥平面FGH； (2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH. 证明　(1)方法一　如图，连接DG，设CD∩GF＝M，连接MH. 在三棱台DEF－ABC中， AB＝2DE，G为AC的中点， 可得DF∥GC，DF＝GC， 所以四边形DFCG为平行四边形． 则M为CD的中点， 又H为BC的中点， 所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH， 所以BD∥平面FGH. 方法二　在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点， 可得BH∥EF，BH＝EF， 所以四边形HBEF为平行四边形， 可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点， H为BC的中点，所以GH∥AB. 又GH∩HF＝H，AB∩BE＝B， 所以平面FGH∥平面ABED. 又因为BD⊂平面ABED， 所以BD∥平面FGH. (2)连接HE， 因为G，H分别为AC，BC的中点， 所以GH∥AB. 由AB⊥BC，得GH⊥BC. 又H为BC的中点， 所以EF∥HC，EF＝HC， 因此四边形EFCH是平行四边形， 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. 点评　(1)立体几何中，要证线垂直于线，常常先证线垂直于面，再用线垂直于面的性质易得线垂直于线．要证线平行于面，只需先证线平行于线，再用线平行于面的判定定理易得． (2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用． (3)平行关系往往用到三角形的中位线，垂直关系往往用到三角形的高线、中线． 变式训练3　(2015北京)如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点． (1)求证：VB∥平面MOC； (2)求证：平面MOC⊥平面VAB； (3)求三棱锥V－ABC的体积． (1)证明　因为O，M分别为AB，VA的中点， 所以OM∥VB， 又因为VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC. (2)证明　因为AC＝BC，O为AB的中点， 所以OC⊥AB. 又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC， 所以OC⊥平面VAB.又OC⊂平面MOC， 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)解　在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝， 所以AB＝2，OC＝1， 所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝. 又因为OC⊥平面VAB. 所以VC－VAB＝OCS△VAB＝， 又因为三棱锥V－ABC的体积与三棱锥C－VAB的体积相等， 所以三棱锥V－ABC的体积为. 高考题型精练 1．(2016浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 答案　C 解析　由已知，α∩β＝l，∴l⊂β， 又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确．故选C. 2．(2015安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行 C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 答案　D 解析　对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确． 3．已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件： ①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线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 答案　C 解析　对于②，平面α与β还可以相交； 对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β， 所以②③是错误的，易知①④正确，故选C. 4．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC∩EF＝G.现在沿AE，EF，FA把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，则在四面体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 答案　A 解析　在折叠过程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不变． ∴⇒AP⊥平面PEF. 5．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论： ①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面．其中不正确的结论是(　　) A．① B．② C．③ D．④ 答案　B 解析　作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图所示中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确． 6．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 答案　B 解析　①中易知NP∥AA′，MN∥A′B， ∴平面MNP∥平面AA′B可得出AB∥平面MNP (如图)． ④中，NP∥AB， 能得出AB∥平面MNP. 7．(教材改编)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________． 答案　平行 解析　连接BD，设BD∩AC＝O， 连接EO，在△BDD1中，O为BD的中点， 所以EO为△BDD1的中位线， 则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE， 所以BD1∥平面ACE. 8．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中： ①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45. 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)． 答案　①④ 解析　由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE， 又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A， 得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB， ∴AE⊥PB，①正确； ∵平面PAD⊥平面ABC， ∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错； 由正六边形的性质得BC∥AD， 又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD， ∴BC∥平面PAD， ∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错； 在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB， ∴∠PDA＝45，④正确． 9．如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C，则B1C与AB的位置关系为________． 答案　异面垂直 解析　∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C， 又∵平面BB1C1C为菱形，∴B1C⊥BO， ∴B1C⊥平面ABO，∵AB⊂平面ABO，∴B1C⊥AB. 10．如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) 答案　DM⊥PC(或BM⊥PC，答案不唯一) 解析　∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， 又∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥BD， 又AC∩PA＝A， ∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC. ∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时， 即有PC⊥平面MBD， 而PC⊂平面PCD， ∴平面MBD⊥平面PCD. 11．(2015江苏)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：(1)DE∥平面AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. 证明　(1)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. (2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC. 因为AC⊂平面ABC， 所以AC⊥CC1. 又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1， BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因为BC1⊂平面BCC1B1， 所以BC1⊥AC. 因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形， 因此BC1⊥B1C. 因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C， 所以BC1⊥平面B1AC. 又因为AB1⊂平面B1AC， 所以BC1⊥AB1. 12．(2016山东)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB. (1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB； (2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC. 证明　(1)因为EF∥DB， 所以EF与DB确定平面BDEF， 如图①，连接DE.因为AE＝EC， D为AC的中点， 所以DE⊥AC.同理可得 BD⊥AC. 又BD∩DE＝D， 所以AC⊥平面BDEF. 因为FB⊂平面BDEF， 所以AC⊥FB. (2)如图②，设FC的中点为I， 连接GI，HI. 在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF. 又EF∥DB， 所以GI∥DB. 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC. 又HI∩GI＝I， 所以平面GHI∥平面ABC， 因为GH⊂平面GHI， 所以GH∥平面ABC.