【高考前三个月复习数学理科 立体几何与空间向量】专题6 第26练

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ABCDA1B1C1D1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(1)证明线线平行的常用方法：利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；利用平行四边形进行转换；利用三角形中位线定理证明；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：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；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，PDPC4，AB6，BC3.(1)证明：BC平面PDA；(2)证明：BCPD；(3)求点C到平面PDA的距离.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，ADDE2AB，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：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；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；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(2014广东)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如图(2)折叠，折痕EFDC.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MFCF.(1)证明：CF平面MDF；(2)求三棱锥MCDE的体积.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，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点.(1)求证：BD平面FGH；(2)若CFBC，ABBC，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.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，PDMA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且ADPD2MA.(1)求证：平面EFG平面PMA；(2)求证：平面EFG平面PDC；(3)求三棱锥PMAB与四棱锥PABCD的体积之比.高考题型精练1.(2015广东)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，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.(2015玉溪质检)已知直线l平面，直线m平面，则“”是“lm”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，ACEFG.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PAEF中必有()A.APPEF所在平面 B.AGPEF所在平面C.EPAEF所在平面 D.PGAEF所在平面4.(2015烟台模拟)已知、是两个不同的平面，给出下列四个条件：存在一条直线a，a，a；存在一个平面，；存在两条平行直线a、b，a，b，a，b；存在两条异面直线a、b，a，b，a，b，可以推出的是()A. B.C. D.5.(2014浙江)设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则()A.若mn，n，则mB.若m，则mC.若m，n，n，则mD.若mn，n，则m6.设l，m，n表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列四个命题：若ml，且m，则l；若ml，且m，则l；若l，m，n，则lmn；若m，l，n，且n，则lm.其中正确的个数是()A.1 B.2 C.3 D.47.如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论中：PBAE；平面ABC平面PBC；直线BC平面PAE；PDA45.其中正确的有_(把所有正确的序号都填上).8.如图，三棱柱ABCA1B1C1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PABCD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.(2014山东)如图，四棱锥PABCD中，AP平面PCD，ADBC，ABBCAD，E，F分别为线段AD，PC的中点.(1)求证：AP平面BEF；(2)求证：BE平面PAC.11.如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD.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.(2014四川)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若ACBC，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.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，EGSB.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，FGSD.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，EGFGG，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BCAD，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BCCD，因为平面PDC平面ABCD，平面PDC平面ABCDCD，BC平面ABCD，所以BC平面PDC，因为PD平面PDC，所以BCPD.(3)解如图，取CD的中点E，连接AC和PE.因为PDPC，所以PECD，在RtPED中，PE.因为平面PDC平面ABCD，平面PDC平面ABCDCD，PE平面PDC，所以PE平面ABCD，由(2)知：BC平面PDC，由(1)知：BCAD，所以AD平面PDC，因为PD平面PDC，所以ADPD.设点C到平面PDA的距离为h，因为V三棱锥CPDAV三棱锥PACD，所以SPDAhSACDPE，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.F为CD的中点，GFDE且GFDE.AB平面ACD，DE平面ACD，ABDE，GFAB.又ABDE，GFAB.四边形GFAB为平行四边形，AFBG.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，AFCD.DE平面ACD，AF平面ACD，DEAF.又CDDED，故AF平面CDE.BGAF，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PDAD.又因为ABCD是矩形，CDAD，PD与CD交于点D，所以AD平面PCD.又CF平面PCD，所以ADCF，即MDCF.又MFCF，MDMFM，所以CF平面MDF.(2)解因为PDDC，BC2，CD1，PCD60，所以PD，由(1)知FDCF，在RtDCF中，CFCD.过点F作FGCD交CD于点G，得FGFCsin 60，所以DEFG，故MEPE，所以MD .SCDEDEDC1.故VMCDEMDSCDE.例3证明(1)方法一如图，连接DG，设CDGFM，连接MH.在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，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HMBD，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BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，ABBEB，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GHAB.由ABBC，得GHBC.又H为BC的中点，所以EFHC，EFHC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CFHE.又CFBC，所以HEBC.又HE，GH平面EGH，HEGHH，所以BC平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD平面EGH.变式训练3(1)证明E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，EGPM，GFBC.又四边形ABCD是正方形，BCAD，GFAD.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，PDMA，PD平面ABCD.又BC平面ABCD，PDBC.四边形ABCD为正方形，BCDC.又PDDCD，BC平面PDC.由(1)知GFBC，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MA1，则PDAD2.DA平面MAB，且PDMA，DA即为点P到平面MAB的距离，VPMABVPABCDSMABDAS正方形ABCDPDSMABS正方形ABCD(22)14.即三棱锥PMAB与四棱锥PABCD的体积之比为14.高考题型精练1.D 若l与l1，l2都不相交则ll1，ll2，l1l2，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，直线l平面，又直线m平面，lm；但直线l平面，直线m平面，且lm时，与可以相交，故“”是“lm”的充分不必要条件，选A.3.A 在折叠过程中，ABBE，ADDF保持不变.AP面PEF.4.C 对于，平面与还可以相交；对于，当ab时，不一定能推出，所以是错误的，易知正确，故选C.5.C A中，由mn, n，可得m或m或m与相交，错误；B中，由m，可得m或m或m与相交，错误；C中，由m，n，可得mn，又n，则m，正确；D中，由mn，n，可得m与相交或m或m，错误.6.B 对于，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，故正确；对于，直线l可能在平面内，故错误；对于，三条交线除了平行，还可能相交于同一点，故错误；对于，结合线面平行的判定定理和性质定理可判断其正确.综上正确.7.解析由PA平面ABC，AE平面ABC，得PAAE，又由正六边形的性质得AEAB，PAABA，得AE平面PAB，又PB平面PAB，AEPB，正确；平面PAD平面ABC，平面ABC平面PBC不成立，错；由正六边形的性质得BCAD，又AD平面PAD，BC平面PAD，BC平面PAD，直线BC平面PAE也不成立，错；在RtPAD中，PAAD2AB，PDA45，正确.8.异面垂直解析AO平面BB1C1C，AOB1C，又平面BB1C1C为菱形，B1CBO，B1C平面ABO，AB平面ABO，B1CAB.9.DMPC(或BMPC，答案不唯一)解析四边形ABCD是菱形，ACBD，又PA平面ABCD，PABD，又ACPAA，BD平面PAC，BDPC.当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD，而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.10.证明(1)设ACBEO，连接OF，EC，如图.由于E为AD的中点，ABBCAD，ADBC，所以AEBC，AEABBC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点.又F为PC的中点，因此在PAC中，可得APOF，又OF平面BEF，AP平面BEF，所以AP平面BEF.(2)由题意知EDBC，EDBC，所以四边形BCDE为平行四边形，因此BECD.又AP平面PCD，所以APCD，因此APBE，因为四边形ABCE为菱形，所以BEAC.又APACA，AP，AC平面PAC，所以BE平面PAC.11.证明(1)平面PAD平面ABCDAD.又平面PAD平面ABCD，且PAAD.PA底面ABCD.(2)ABCD，CD2AB，E为CD的中点，ABDE，且ABDE.四边形ABED为平行四边形.BEAD.又BE平面PAD，AD平面PAD，BE平面PAD.(3)ABAD，且四边形ABED为平行四边形.BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，则PACD，又PAADA，CD平面PAD，从而CDPD，又E、F分别为CD、CP的中点，EFPD，故CDEF.由EF，BE在平面BEF内，且EFBEE，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AA1AB，AA1AC.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AA1BC.又由已知，ACBC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交的直线，所以BC平面ACC1A1.(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DEMO.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.