江苏高考数学高考必会题型专题6立体几何第27练完美破解立体几何证明题 9页

第27练　完美破解立体几何证明题 题型一　空间中的平行问题 例1　在如图所示多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC＝AD＝CD＝DE＝2，AB＝1.‎ ‎(1)请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明．‎ ‎(2)求多面体ABCDE的体积．‎ 破题切入点　(1)可先猜后证，可以利用线面平行的判定定理进行证明．‎ ‎(2)找到合适的底面．‎ 解　如图，(1)由已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，‎ 所以AB∥ED，‎ 设F为线段CE的中点，H是线段CD的中点，‎ 连结FH，AH，则FH綊ED，‎ 所以FH綊AB，‎ 所以四边形ABFH是平行四边形，‎ 所以BF∥AH，‎ 又因为BF⊄平面ACD，AH⊂平面ACD，‎ 所以BF∥平面ACD.‎ ‎(2)取AD中点G，连结CG.‎ 因为AB⊥平面ACD，‎ 所以CG⊥AB，‎ 又CG⊥AD，AB∩AD＝A，‎ 所以CG⊥平面ABED，‎ 即CG为四棱锥C－ABED的高，求得CG＝，‎ 所以VC－ABED＝××2×＝.‎ 即多面体ABCDE的体积为.‎ 题型二　空间中的垂直问题 例2　如图，三棱柱ABC－A1B‎1C1的侧面AA1B1B为正方形，侧面BB‎1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B‎1C.‎ ‎(1)求证：平面AA1B1B⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(2)若AB＝2，求三棱柱ABC－A1B‎1C1的体积．‎ 破题切入点　(1)考查面面垂直的判定定理．‎ ‎(2)注意利用棱柱体积和锥体体积公式间的关系．‎ ‎(1)证明　由侧面AA1B1B为正方形，知AB⊥BB1.‎ 又AB⊥B‎1C，BB1∩B‎1C＝B1，‎ 所以AB⊥平面BB‎1C1C，‎ 又AB⊂平面AA1B1B，‎ 所以平面AA1B1B⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(2)解　由题意，CB＝CB1，设O是BB1的中点，‎ 连结CO，则CO⊥BB1.‎ 由(1)知，CO⊥平面AA1B1B，‎ 且CO＝BC＝AB＝.‎ 连结AB1，则＝·CO ‎＝AB2·CO＝.‎ 因为＝＝＝，‎ 所以＝2.‎ 故三棱柱ABC－A1B‎1C1的体积为2.‎ 题型三　空间中的平行、垂直综合问题 例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．‎ 破题切入点　(1)证明EG、FG都平行于平面PMA.‎ ‎(2)证明GF⊥平面PDC.‎ ‎(3)设MA为1，从而其他边的长度都可表示，问题可求解．‎ ‎(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⊄平面PMA，GF⊄平面PMA，PM⊂平面PMA，AD⊂平面PMA，‎ ‎∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.‎ 又∵EG⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，EG∩GF＝G，‎ ‎∴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.‎ 总结提高　1.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．‎ ‎2．证明空间中垂直关系的方法：‎ ‎(1)证明线线垂直的常用方法 ‎①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；‎ ‎②利用勾股定理逆定理；‎ ‎③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．‎ ‎(2)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等．‎ ‎(3)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、高线或添加辅助线解决．‎ ‎1．若平面α∥平面β，直线a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中与a平行的直线的条数为________．‎ 答案　一条 解析　由直线a与B确定的平面与β有唯一交线．故存在唯一与a平行的直线．‎ ‎2．在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，E是棱AB上的动点，则直线A1D与直线C1E所成的角为________．‎ 答案　90°‎ 解析　在正方体中，显然有A1D⊥AB，A1D⊥AD1，‎ 所以A1D⊥平面AD‎1C1B，又C1E⊂平面AD‎1C1B，故A1D⊥C1E.‎ ‎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________．‎ 答案　①④‎ 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．‎ ‎4．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，那么a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．‎ 答案　①或③‎ 解析　由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.‎ ‎5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．‎ 答案　①②③‎ 解析　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.‎ ‎∵AB为⊙O的直径，∵PA∩AC＝A，‎ ‎∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，‎ 又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；‎ 对于②，∵点M为线段PB的中点，‎ ‎∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；‎ 对于③，由①知BC⊥平面PAC，‎ ‎∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，‎ 故①②③都正确．‎ ‎6．设α和β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；‎ ‎②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；‎ ‎③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；‎ ‎④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．‎ 其中为真命题的是________．(写出所有真命题的序号)‎ 答案　①②‎ 解析　‎ 由①知α内两条相交直线分别平行于平面β，则两条相交直线确定的平面α平行于平面β，故①为真命题；由线面平行的判定定理知，②为真命题；对于③，如图，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l，但不一定有α⊥β，故③为假命题；对于④，直线l与平面α垂直的充分必要条件是l与α内的两条相交直线垂直，故④为假命题．‎ 综上所述，真命题的序号为①②.‎ ‎7.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．‎ 答案　平行 解析　在平面ABD中，＝，‎ ‎∴MN∥BD.‎ 又MN⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，‎ ‎∴MN∥平面BCD.‎ ‎8．底面直径和母线长相等的圆柱称为等边圆柱．已知一等边圆柱的底面半径为2，则其体积为________．‎ 答案　16π 解析　由题意，圆柱的高为4，则V＝π·22·4＝16π.‎ ‎9.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．‎ ‎10．给出命题：‎ ‎①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行；‎ ‎②设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；‎ ‎③已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；‎ ‎④在三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；‎ ‎⑤a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一条平行．‎ 其中，正确的命题是________．(只填序号)‎ 答案　②④‎ 解析　①错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交；‎ ‎③错误，“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件；‎ ‎⑤错误，只有当异面直线a，b垂直时才可以作出满足要求的平面；‎ 易知②④正确．‎ ‎11．如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B‎1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．‎ 求证：(1)AN∥平面A1MK；‎ ‎(2)平面A1B‎1C⊥平面A1MK.‎ 证明　(1)如图所示，连结NK.‎ 在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，‎ ‎∵四边形AA1D1D，DD‎1C1C都为正方形，‎ ‎∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，‎ C1D1∥CD，C1D1＝CD.‎ ‎∵N，K分别为CD，C1D1的中点，‎ ‎∴DN∥D1K，DN＝D1K，‎ ‎∴四边形DD1KN为平行四边形．‎ ‎∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN.‎ ‎∴四边形AA1KN为平行四边形．∴AN∥A1K.‎ ‎∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，‎ ‎∴AN∥平面A1MK.‎ ‎(2)如图所示，连结BC1.‎ 在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，‎ AB∥C1D1，AB＝C1D1.‎ ‎∵M，K分别为AB，C1D1的中点，‎ ‎∴BM∥C1K，BM＝C1K.‎ ‎∴四边形BC‎1KM为平行四边形．∴MK∥BC1.‎ 在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，‎ A1B1⊥平面BB‎1C1C，‎ BC1⊂平面BB‎1C1C，∴A1B1⊥BC1.‎ ‎∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.‎ ‎∵四边形BB‎1C1C为正方形，∴BC1⊥B‎1C.‎ ‎∴MK⊥B‎1C.∵A1B1⊂平面A1B‎1C，B‎1C⊂平面A1B‎1C，A1B1∩B‎1C＝B1，∴MK⊥平面A1B‎1C.‎ 又∵MK⊂平面A1MK，‎ ‎∴平面A1B‎1C⊥平面A1MK.‎ ‎12．(2014·课标全国Ⅰ)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.‎ ‎(1)证明：B‎1C⊥AB；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B‎1C1的高．‎ ‎(1)证明　如图，连结BC1，‎ 则O为B‎1C与BC1的交点．‎ 因为侧面BB‎1C1C为菱形，‎ 所以B‎1C⊥BC1.‎ 又AO⊥平面BB‎1C1C，‎ 所以B‎1C⊥AO，‎ 又BO∩AO＝O，‎ 故B‎1C⊥平面ABO.‎ 由于AB⊂平面ABO，‎ 故B‎1C⊥AB.‎ ‎(2)解　在平面BB‎1C1C内作OD⊥BC，垂足为D，‎ 连结AD.‎ 在平面AOD内作OH⊥AD，垂足为H.‎ 由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，‎ 故BC⊥平面AOD，‎ 所以OH⊥BC.‎ 又OH⊥AD，AD∩BC＝D，‎ 所以OH⊥平面ABC.‎ 因为∠CBB1＝60°，‎ 所以△CBB1为等边三角形．‎ 又BC＝1，可得OD＝.‎ 由于AC⊥AB1，‎ 所以OA＝B‎1C＝.‎ 由OH·AD＝OD·OA，‎ 且AD＝＝，‎ 得OH＝.‎ 又O为B‎1C的中点，‎ 所以点B1到平面ABC的距离为，‎ 故三棱柱ABC－A1B‎1C1的高为.‎