高中化高三大題練習解題6立體幾何與空間向量專題6第26練

綜合復習資料高中化學第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，在二輪復習中，通過專題訓練，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.②④C.①④ D.②③5.(2014·浙江)設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⊥αB.若m∥β，β⊥α，則m⊥αC.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥αD.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α6.設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.2C.3 D.47.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，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認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＝eq\f(1,2)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?？碱}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，F(xiàn)G?平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.變式訓練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＝eq\r(PD2－DE2)＝eq\r(42－32)＝eq\r(7).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eq\f(1,3)S△PDA·h＝eq\f(1,3)S△ACD·PE，即h＝eq\f(S△ACD·PE,S△PDA)＝eq\f(\f(1,2)×3×6×\r(7),\f(1,2)×3×4)＝eq\f(3\r(7),2)，所以點C到平面PDA的距離是eq\f(3\r(7),2).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＝eq\f(1,2)DE.∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE，∴GF∥AB.又AB＝eq\f(1,2)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＝eq\r(3)，由(1)知FD⊥CF，在Rt△DCF中，CF＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2).過點F作FG⊥CD交CD于點G，得FG＝FCsin60°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，所以DE＝FG＝eq\f(\r(3),4)，故ME＝PE＝eq\r(3)－eq\f(\r(3),4)＝eq\f(3\r(3),4)，所以MD＝eq\r(ME2－DE2)＝eq\r(\f(3\r(3),4)2－\f(\r(3),4)2)＝eq\f(\r(6),2).S△CDE＝eq\f(1,2)DE·DC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),8).故VM－CDE＝eq\f(1,3)MD·S△CDE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),2)×eq\f(\r(3),8)＝eq\f(\r(2),16).例3證明(1)方法一如圖，連接DG，設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＝eq\f(1,3)S△MAB·DA∶eq\f(1,3)S正方形ABCD·PD＝S△MAB∶S正方形ABCD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×2))∶(2×2)＝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.∴eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(AP⊥PE,AP⊥PF,PE∩PF＝P))?AP⊥面PEF.]4.C[對于②，平面α與β還可以相交；對于③，當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AC∩BE＝O，連接OF，EC，如圖.由于E為AD的中點，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四邊形ABCE為菱形，所以O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A