高中空间立体几何典型例题.docx
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高中空间立体几何典型例题
1如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，侧面对角线AB1，BC
1上分别
有两点E，F，且B1E=C1F.
求证：
EF∥平面ABCD.
证明方法一分别过E，F作EM⊥AB于M，FN
⊥BC于N，连接MN.
∵BB1⊥平面ABCD，
∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴EM∥BB1，FN∥BB
1，
∴EM∥FN.
又∵B1E=C1F，∴EM=FN，
故四边形MNFE是平行四边形，∴EF∥MN.
又MN平面ABCD，EF平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
方法二过E作EG∥AB交BB1于G，
连接GF，则
BEBG
11，
BABB
11
∵B1E=C1F，B1A=C1B，
∴
CEBG
1，∴FG∥B1C1∥BC，
1
CBBB
11
又EG∩FG=G，AB∩BC=B，
∴平面EFG∥平面ABCD，而EF平面EFG，
∴EF∥平面ABCD.
2已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、
△PAC的重心.
（1）求证：
平面G1G2G3∥平面ABC；
（2）求S
△
G∶S△ABC.
1GGG∶S△ABC.
23
（1）证明如图所示，连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、
AC交于点D、E、F，
连接DE、EF、FD，则有PG1∶PD=2∶3，
PG2∶PE=2∶3，∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC内，
∴G1G2∥平面ABC.同理G2G3∥平面ABC.
又因为G1G2∩G2G3=G
2，
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
（2）解由
（1）知
PG1PG2=
PDPE
2，∴G1G2=
1G2=
3
2DE.
3
又DE=
1AC，∴G1G2=
1G2=
2
1AC.
3
同理G2G3=
1AB，G1G3=
1G3=
3
1BC.
3
∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比为1∶3，
∴S
△
G∶S△ABC=1∶9.
1GGG∶S△ABC=1∶9.
23
3如图所示，已知S是正三角形ABC所在平面外的一点，且SA=SB=SC，
SG为△SAB上的高，
D、E、F分别是AC、BC、SC的中点，试判断SG与平面DEF的位置
关系，并给予证明.
解SG∥平面DEF，证明如下：
方法一连接CG交DE于点H，
如图所示.
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB.
在△ACG中，D是AC的中点，
且DH∥AG.
∴H为CG的中点.
∴FH是△SCG的中位线，
∴FH∥SG.
又SG平面DEF，FH平面DEF，
∴SG∥平面DEF.
方法二∵EF为△SBC的中位线，∴EF∥SB.
∵EF平面SAB，SB平面SAB，
∴EF∥平面SAB.
同理可证，DF∥平面SAB，EF∩DF=F，
∴平面SAB∥平面DEF，又SG平面SAB，
∴SG∥平面DEF.
5如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D
1中，
E、F、G、H分别是BC、CC
1、
C1D1、A1A的中点.求证：
（1）BF∥HD
1；
（2）EG∥平面BB1D1D；
（3）平面BDF∥平面B1D1H.
证明
（1）如图所示，取BB1的中点M，
易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1.
又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1.
（2）取BD的中点O，连接EO，D1O，
则OE
1DC，
2
又D1G
1DC，∴OED1G，
1G，
2
∴四边形OEGD
1是平行四边形，
∴GE∥D1O.
又D1O平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.
（3）由
（1）知D1H∥BF，又BD∥B1D1，B1D1、HD1平面HB1D1，BF、
BD平面BDF，且B1D1∩HD1=D
1，
DB∩BF=B，∴平面BDF∥平面B1D1H.
6如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为
平行四边形.
（1）求证：
AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH.
（2）若AB=4，CD=6，求四边形EFGH周长的取值范围.
（1）证明∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.
∵HG平面ABD，∴EF∥平面ABD.
∵EF平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，
∴EF∥AB.∴AB∥平面EFGH.
同理可证，CD∥平面EFGH.
（2）解设EF=x（0＜x＜4），由于四边形EFGH为平行四边形，
∴
CFx.
CB4
则
FG=
6
BF=
BC
BC=1-
CF
BC
x.
4
从而FG=6-x
3.
2
∴四边形EFGH的周长l=2（x+6-x
3）=12-x.
2
又0＜x＜4,则有8＜l＜12,
∴四边形EFGH周长的取值范围是（8，12）.
7如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P
是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：
当点Q在什么位置时，平
面D1BQ∥平面PAO？
解当Q为CC
1的中点时，
平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO.
又PO∩PA=P，D1B∩QB=B，
D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
8正方形ABCD与正方形ABEF所在平面
相交于AB，在AE、BD上各有一点P、Q，
且AP=DQ.
求证：
PQ∥平面BCE.
证明方法一如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC
于N，连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE=BD.
又∵AP=DQ，∴PE=QB，
又∵PM∥AB∥QN，
∴
PM，
PE
ABAE
QNBQ，
DCBD
PMQN，∴PMQN，
ABDC
∴四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN.
又MN平面BCE，PQ平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
方法二如图所示，连接AQ，并延长交BC于K，连接EK，
∵AE=BD，AP=DQ，
∴PE=BQ，
∴
AP=
PE
DQ
BQ
①
又∵AD∥BK，∴
DQ=
BQ
AQ
QK
②
由①②得
AP=
PE
AQ，∴PQ∥EK.
QK
又PQ平面BCE，EK平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
方法三如图所示，在平面ABEF
内，过点P作PM∥BE，交AB于点M，
连接QM.
∵PM∥BE，PM平面BCE，
即PM∥平面BCE，
∴
AP=
PE
AM①
MB
又∵AP=DQ，∴PE=BQ，
∴
AP=
PE
DQ②
BQ
由①②得
AM=
MB
DQ，∴MQ∥AD，
BQ
∴MQ∥BC，又∵MQ平面BCE，∴MQ∥平面BCE.
又∵PM∩MQ=M，∴平面PMQ∥平面BCE，
PQ平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.
8如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直
观图,它的正视图和左视图在下面画出（单位:
cm）.
（1）在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;
（2）按照给出的尺寸,求该多面体的体积;
（3）在所给直观图中连接BC′,证明:
BC′∥平面EFG.
（1）解如图
（1）所示.
图
（1）
（2）解所求多面体体积
V=V长方体-V
正三棱锥
=4×4×6-
1×（
3
1×2×2）×2=
2
284（cm3）.
3）.
3
（3）证明如图
（2）,在长方体ABCD—A′B′C′D′中,
连接AD′,则AD′∥BC′.
因为E,G分别为AA′,A′D′的中点,
所以AD′∥EG,从而EG∥BC′.
又BC′平面EFG,图
（2）
所以BC′∥面EFG.
9.如图所示，正四棱锥P—ABCD的各棱长均为13，M，N分别为PA，
BD上的点，且PM∶MA=BN∶ND=5∶8.
（1）求证：
直线MN∥平面PBC；
（2）求线段MN的长.
（1）证明连接AN并延长交BC于Q，
连接PQ，如图所示.
∵AD∥BQ，∴△AND∽△QNB，
∴
AN=
NQ
DN=
NB
AD=
BQ
8，
5
又∵
PM=
MA
BN=
ND
5，
8
∴
AM=
MP
AN=
NQ
8，∴MN∥PQ，
5
又∵PQ平面PBC，MN平面PBC，
∴MN∥平面PBC.
（2）解在等边△PBC中，∠PBC=60°，
在△PBQ中由余弦定理知
PQ
2=PB2+BQ2-2PB·BQcos∠PBQ
=132+
2+
2
65-2×13×
8
65×
8
1=
2
8281，
64
∴PQ=
91，
8
∵MN∥PQ，MN∶PQ=8∶13，
∴MN=
91×
8
8=7.
13
10在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N分别是AB，PC的
中点，求证：
MN∥平面PAD．
证明：
方法一，取PD中点E，连接AE，NE．
∵底面ABCD是平行四边形，M，N分别是AB，PC的中点，
1
∴MA∥CD，.
MACD
2
∵E是PD的中点，
1
∴NE∥CD，.
NECD
2
∴MA∥NE，且MA＝NE，
∴AENM是平行四边形，
∴MN∥AE．
又AE平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD．
方法二取CD中点F，连接MF，NF．
∵MF∥AD，NF∥PD，∴平面MNF∥平面PAD，
∴MN∥平面PAD．
11在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，求证：
A1C⊥BC1．
【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证
明A1C垂直于经过BC1的平面即可．
证明：
连接AC1．
∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，
∴AA1⊥平面ABC，
∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，
∴AB⊥平面A1ACC1，
∴A1C⊥AB．①又AA1＝AC，
∴侧面A1ACC1是正方形，
∴A1C⊥AC1．②
由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．
12在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：
平
面PAC⊥平面PBC．
【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂
直”又可以通过“线线垂直”进行转化．
证明：
∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC，
∴BC⊥平面PAB，
∴AP⊥BC．又AP⊥PB，
∴AP⊥平面PBC，
又AP平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PBC．
13如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ABB1是菱形，且垂直于底面ABC，
∠A1AB＝60°，E，F分别是AB1，BC的中点．
（Ⅰ）求证：
直线EF∥平面A1ACC1；
（Ⅱ）在线段AB上确定一点G，使平面EFG⊥平面ABC，并给出证明．
证明：
（Ⅰ）连接A1C，A1E．
∵侧面A1ABB1是菱形，E是AB1的中点，
∴E也是A1B的中点，
又F是BC的中点，∴EF∥A1C．
∵A1C平面A1ACC1，EF平面A1ACC1，∴直线EF∥平面A1ACC1．
（2）解：
当
BG
GA
1
3
时，平面EFG⊥平面ABC，证明如下：
连接EG，FG．
∵侧面A1ABB1是菱形，且∠A1AB＝60°，∴△A1AB是等边三角形．
∵E是A1B的中点，
BG
GA
1
3
，∴EG⊥AB．
∵平面A1ABB1⊥平面ABC，且平面A1ABB1∩平面ABC＝AB，
∴EG⊥平面ABC．
又EG平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABC．
14如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，E是AC的中点．
（Ⅰ）求证：
平面BEC1⊥平面ACC1A1；（Ⅱ）求证：
AB1∥平面BEC1．
证明：
（Ⅰ）∵ABC－A1B1C1是正三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，
∴BE⊥AA1．
∵△ABC是正三角形，E是AC的中点，∴BE⊥AC，∴BE⊥平面ACC1A1，又BE平面BEC1，
∴平面BEC1⊥平面ACC1A1．
（Ⅱ）证明：
连接B1C，设BC1∩B1C＝D．
∵BCC1B1是矩形，D是B1C的中点，∴DE∥AB1．
又DE平面BEC1，AB1平面BEC1，
∴AB1∥平面BEC1．
15在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三
角形，已知BD＝2AD＝8，AB2DC45．
（Ⅰ）设M是PC上的一点，证明：
平面MBD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求四棱锥P－ABCD的体积．证明：
（Ⅰ）在△ABD中，
由于AD＝4，BD＝8，AB45，
222所以AD＋BD＝AB
．
故AD⊥BD．
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD，
所以BD⊥平面PAD，
又BD平面MBD，故平面MBD⊥平面PAD．
（Ⅱ）解：
过P作PO⊥AD交AD于O，由于平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．
因此PO为四棱锥P－ABCD的高，
3
又△PAD是边长为4的等边三角形．因此423.
PO
2
在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，
所以四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为
4
4
8
5
85
5
，
即为梯形ABCD的高，
254585
所以四边形ABCD的面积为24.
S故
25
V
P
ABCD
1
3
2423163.
16．如图，三棱锥P－ABC的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M，N分别为
PA，BC的中点．
（Ⅰ）求MN的长；
（Ⅱ）求证：
PA⊥BC．
（Ⅰ）解：
连接MB，MC．
∵三棱锥P－ABC的三个侧面均为边长是1的等边三角形，
3
∴MBMC，且底面△ABC也是边长为1的等边三角形．
2
∵N为BC的中点，∴MN⊥BC．
在Rt△MNB中，
MNMB
2BN
2
2
2
（Ⅱ）证明：
∵M是PA的中点，
∴PA⊥MB，同理PA⊥MC．
∵MB∩MC＝M，∴PA⊥平面MBC，
又BC平面MBC，∴PA⊥BC．
17．如图，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E、F分别是AB、BD的中点．求
证：
（Ⅰ）直线EF∥平面ACD；
（Ⅱ）平面EFC⊥平面BCD．
．证明：
（Ⅰ）∵E、F分别是AB、BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD．
又EF平面ACD，AD平面ACD，∴直线EF∥平面ACD．
（Ⅱ）∵EF∥AD，AD⊥BD，∴EF⊥BD．
∵CB＝CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD．
∵CF∩EF＝F，∴BD⊥平面CEF．
∵BD平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD．
18如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝
11
∠FAB＝90°，BC∥AD，BCAD,BE//AF,BEAF
22
FD的中点．
，G，H分别为FA，
（Ⅰ）证明：
四边形BCHG是平行四边形；
（Ⅱ）C，D，F，E四点是否共面?
为什么?
1
（Ⅰ）由题意知，FG＝GA，FH＝HD，∴GH∥AD，,
GHAD
2
1
又BC∥AD，BCAD
，∴GH∥BC，GH＝BC，
2
∴四边形BCHG是平行四边形．
（Ⅱ）C，D，F，E四点共面．理由如下：
1
由BE∥AF，BFAF
，G是FA的中点，
2
得BE∥FG，且BE＝FG．∴EF∥BG．
由（Ⅰ）知BG∥CH，∴EF∥CH，故EC，FH共面，又点D在直线FH上，
所以C，D，F，E四点共面．
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