高考数学题型复习立体几何与空间向量 3.docx
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高考数学题型复习立体几何与空间向量3
第28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，
连接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，连接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×
＝
.
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，
连接CO，则CO⊥BB1.
由
（1）知，CO⊥平面AA1B1B，
且CO＝
BC＝
AB＝
.
连接AB1，则VC－ABB1＝
S△ABB1·CO
＝
AB2·CO＝
.
因为VB1－ABC＝VC－ABB1＝
VABC－A1B1C1＝
，
所以VABC－A1B1C1＝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、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.
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（ ）
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一与a平行的直线
答案 D
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所成的角等于（ ）
A．60°B．90°
C．30°D．随点E的位置而变化
答案 B
解析 在正方体中，显然有A1D⊥AB，A1D⊥AD1，
所以A1D⊥面AD1C1B，又C1E⊂面AD1C1B，故A1D⊥C1E.故选B.
3．（2014·攀枝花质量检测）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．②③
答案 C
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，故选C.
4.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
答案 A
解析
在折叠过程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不变．
∴
⇒AP⊥面PEF.
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（ ）
A．①②B．①②③
C．①D．②③
答案 B
解析 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
∵AB为⊙O的直径，∴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.如图，若Ω是长方体ABCD—A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EB1F－HC1G所得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（ ）
A．EH∥FGB．四边形EFGH是矩形
C．Ω是棱柱D．Ω是棱台
答案 D
解析 A中，∵EH∥A1D1，
∴EH∥BC，
∴EH∥平面BCC1B1.
又过EH的平面EFGH与平面BCC1B1交于FG，
∴EH∥FG.故A成立．
B中，易得四边形EFGH为平行四边形，
∵BC⊥平面ABB1A1，
∴BC⊥EF，即FG⊥EF.
∴四边形EFGH为矩形．故B正确．
C中可将Ω看作以A1EFBA和D1HC1CD为上、下底面，以AD为高的棱柱．故C正确．
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.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于______．
答案
解析 由于在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，
∴AC＝2
.
又E为AD的中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，
平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，
∴F为DC的中点，∴EF＝
AC＝
.
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．（2014·四川省名校联考）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，连接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，连接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Ⅱ）如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：
PB∥平面AEC；
（2）设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝
，求三棱锥E－ACD的体积．
（1）证明 连接BD交AC于点O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
（2）解 因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，
所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，
以A为坐标原点，
、
、
的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，|
|为单位长，建立空间直角坐标系A－xyz，
则D（0，
，0），E（0，
，
），
＝（0，
，
）．
设B（m,0,0）（m>0），
则C（m，
，0），
＝（m，
，0）．
设n1＝（x，y，z）为平面ACE的法向量，
则
即
可取n1＝（
，－1，
）．
又n2＝（1,0,0）为平面DAE的法向量，
由题设|cos〈n1，n2〉|＝
，
即
＝
，解得m＝
.
因为E为PD的中点，
所以三棱锥E－ACD的高为
，
三棱锥E－ACD的体积V＝
×
×
×
×
＝
.
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