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全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题6第26练完美破解立体几何证明题理
全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题6第26练完美破解立体几何证明题理
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第26练 完美破解立体几何证明题[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.常考题型精析题型一 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. 点评 证明平行关系的方法17\n(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 (2022·广东)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.(1)证明:BC∥平面PDA;(2)证明:BC⊥PD;(3)求点C到平面PDA的距离. 题型二 空间中的垂直问题17\n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. 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 (2022·广东)如图(1),四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC17\n=2,作如图(2)折叠,折痕EF∥DC.其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M,并且MF⊥CF.(1)证明:CF⊥平面MDF;(2)求三棱锥M-CDE的体积. 题型三 空间中的平行、垂直综合问题例3 (2022·山东)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;17\n(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证: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高线、中线.17\n变式训练3 在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,MA⊥平面ABCD,PD∥MA,E、G、F分别为MB、PB、PC的中点,且AD=PD=2MA.(1)求证:平面EFG∥平面PMA;(2)求证:平面EFG⊥平面PDC;(3)求三棱锥P-MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比. 高考题型精练17\n1.(2022·广东)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交2.(2022·玉溪质检)已知直线l⊥平面α,直线m∥平面β,则“α∥β”是“l⊥m”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件3.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4.(2022·烟台模拟)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.①③B.②④C.①④D.②③5.(2022·浙江)设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则( )A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α17\n6.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若m∥l,且m∥α,则l∥α;③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,则l∥m∥n;④若α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且n∥β,则l∥m.其中正确的个数是( )A.1B.2C.3D.47.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).8.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________.9.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)10.(2022·山东)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.17\n(1)求证:AP∥平面BEF;(2)求证:BE⊥平面PAC. 17\n11.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD.E和F分别是CD、PC的中点.求证:(1)PA⊥底面ABCD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面BEF⊥平面PCD. 12.(2022·四川)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论. 17\n答案精析第26练 完美破解立体几何证明题常考题型精析例1 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.变式训练1 (1)证明 因为四边形ABCD是长方形,所以BC∥AD,因为BC⊄平面PDA,AD⊂平面PDA,所以BC∥平面PDA.(2)证明 因为四边形ABCD是长方形,所以BC⊥CD,因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面PDC,因为PD⊂平面PDC,所以BC⊥PD.(3)解 如图,取CD的中点E,连接AC和PE.因为PD=PC,所以PE⊥CD,在Rt△PED中,PE===.因为平面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,因为PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h,因为V三棱锥CPDA=V三棱锥PACD,所以S△PDA·h=S△ACD·PE,即h===,所以点C到平面PDA的距离是.例2 证明 (1)如图,取CE的中点G,连接FG,BG.17\n∵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.变式训练2 (1)证明 因为PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD.又因为ABCD是矩形,CD⊥AD,PD与CD交于点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 因为PD⊥DC,BC=2,CD=1,∠PCD=60°,所以PD=,由(1)知FD⊥CF,在Rt△DCF中,CF=CD=.过点F作FG⊥CD交CD于点G,得FG=FCsin60°=×=,所以DE=FG=,故ME=PE=-=,所以MD===.17\nS△CDE=DE·DC=××1=.故VM-CDE=MD·S△CDE=××=.例3 证明 (1)方法一 如图,连接DG,设CD∩GF=M,连接MH.在三棱台DEFABC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DEFABC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.17\n变式训练3 (1)证明 ∵E、G、F分别为MB、PB、PC的中点,∴EG∥PM,GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形,∴BC∥AD,∴GF∥AD.∵EG、GF在平面PMA外,PM、AD在平面PMA内,∴EG∥平面PMA,GF∥平面PMA.又∵EG、GF都在平面EFG内且相交,∴平面EFG∥平面PMA.(2)证明 由已知MA⊥平面ABCD,PD∥MA,∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD,∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形,∴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,四边形ABCD为正方形,不妨设MA=1,则PD=AD=2.∵DA⊥平面MAB,且PD∥MA,∴DA即为点P到平面MAB的距离,∴VP-MAB∶VP-ABCD=S△MAB·DA∶S正方形ABCD·PD=S△MAB∶S正方形ABCD=∶(2×2)=1∶4.即三棱锥P-MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比为1∶4.高考题型精练1.D[若l与l1,l2都不相交则l∥l1,l∥l2,∴l1∥l2,这与l1和l2异面矛盾,∴l至少与l1,l2中的一条相交.]2.A[∵直线l⊥平面α,α∥β,∴直线l⊥平面β,又∵直线m∥平面β,∴l⊥m;但直线l⊥平面α,直线m∥平面β,且l⊥m时,α与β可以相交,故“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件,选A.]3.A[在折叠过程中,AB⊥BE,AD⊥DF保持不变.∴⇒AP⊥面PEF.]4.C[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.]17\n5.C[A中,由m⊥n,n∥α,可得m⊂α或m∥α或m与α相交,错误;B中,由m∥β,β⊥α,可得m⊂α或m∥α或m与α相交,错误;C中,由m⊥β,n⊥β,可得m∥n,又n⊥α,则m⊥α,正确;D中,由m⊥n,n⊥β,β⊥α,可得m与α相交或m⊂α或m∥α,错误.]6.B[对于①,两条平行线中有一条与一平面垂直,则另一条也与这个平面垂直,故①正确;对于②,直线l可能在平面α内,故②错误;对于③,三条交线除了平行,还可能相交于同一点,故③错误;对于④,结合线面平行的判定定理和性质定理可判断其正确.综上①④正确.]7.①④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.8.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.9.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.10.证明 (1)设AC∩BE=O,连接OF,EC,如图.由于E为AD的中点,AB=BC=AD,AD∥BC,所以AE∥BC,AE=AB=BC,因此四边形ABCE为菱形,17\n所以O为AC的中点.又F为PC的中点,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)由题意知ED∥BC,ED=BC,所以四边形BCDE为平行四边形,因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD,所以AP⊥CD,因此AP⊥BE,因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC.又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,所以BE⊥平面PAC.11.证明 (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为CD的中点,∴AB∥DE,且AB=DE.∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD,且四边形ABED为平行四边形.∴BE⊥CD,AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD,则PA⊥CD,又PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD,从而CD⊥PD,又E、F分别为CD、CP的中点,∴EF∥PD,故CD⊥EF.由EF,BE在平面BEF内,且EF∩BE=E,∴CD⊥平面BEF.又∵CD⊂平面PCD,∴平面BEF⊥底面PCD.12.(1)证明 因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交的直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.又由已知,AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交的直线,所以BC⊥平面ACC1A1.17\n(2)解 如图,取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,所以MD綊AC,OE綊AC,因此MD綊OE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC,MO⊂平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.17
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 23:55:36
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