【步步高】(全国通用)2016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课件 理_图文


专题6 立体几何与空间向量

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 高考题型精练

常考题型精析
题型一 空间中的平行问题 题型二 空间中的垂直问题
题型三 空间中的平行、垂直综合问题

题型一
例1

空间中的平行问题

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;
证明 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)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明 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.

点评 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.

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,PD=PC=4,AB=6,BC=3.

(1)证明:BC∥平面PDA;
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:BC⊥PD; 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)求点C到平面PDA的距离.
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= PD2-DE2= 42-32 = 7. 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, 1 1 所以3S△PDA· h=3S△ACD· PE, 1 S△ACD· PE 2×3×6× 7 3 7 即 h= = 1 = 2 , S△PDA × 3 × 4 2 3 7 所以点 C 到平面 PDA 的距离是 . 2

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,

AD=DE=2AB,F为CD的中点.
求证:(1)AF∥平面BCE; 证明 如图,取 CE 的中点 G ,连接 FG,BG. ∵F为CD的中点,

1 ∴GF∥DE 且 GF= DE. 2 ∵AB⊥平面ACD,

DE⊥平面ACD, ∴AB∥DE,∴GF∥AB. 1 又 AB= DE,∴GF=AB. 2 ∴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)平面BCE⊥平面CDE. 证明 ∵△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.

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

(2014· 广东 ) 如图 (1) ,四边形 ABCD 为矩形,

PD⊥ 平面 ABCD , AB = 1 , BC = PC = 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; 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)求三棱锥M-CDE的体积. 解 因为PD⊥DC,BC=2,CD=1,∠PCD=60°,
所以 PD= 3,由(1)知 FD⊥CF,
1 1 在 Rt△DCF 中,CF=2CD=2.

过点 F 作 FG⊥CD 交 CD 于点 G, 得 FG 1 3 3 =FCsin 60° =2× 2 = 4 ,

3 3 3 3 所以 DE=FG= ,故 ME=PE= 3- = , 4 4 4
所以 MD= ME -DE =
2 2

3 32 32 6 ? ? -? ? = . 4 4 2

1 1 3 3 S△CDE= DE· DC= × ×1= . 2 2 4 8

1 1 6 3 2 故 VM-CDE=3MD· S△CDE=3× 2 × 8 = 16 .

题型三
例3

空间中的平行、垂直综合问题

(2015· 山东)如图,三棱台DEFABC中,AB=

2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD∥平面FGH;

证明

方法一

如图,连接DG,设CD∩GF

=M,连接MH.
在三棱台DEF-ABC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)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH. 证明 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.

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,
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; 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)求证:平面EFG⊥平面PDC;

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)求三棱锥P-MAB与四棱锥P-ABCD的体积之比.
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 1 1 =3S△MAB· DA∶3S 正方形 ABCD· PD

=S△MAB∶S

?1 ? ? ? × 1 × 2 ?∶(2×2)=1∶4. 正方形 ABCD=?2 ? ?

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

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1.(2015· 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

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解析 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. 答案 D

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2. 已 知 直 线 l⊥ 平 面 α , 直 线 m∥ 平 面 β , 则 “α∥β” 是

“l⊥m”的(
C.充要条件

)
B.必要不充分条件 D.既非充分也非必要条件

A.充分不必要条件

解析 ∵直线l⊥平面α,α∥β, ∴直线l⊥平面β, 又∵直线m∥平面β,

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∴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.
答案 A

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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

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在 折 叠 过 程 中 , AB⊥BE ,

AD⊥DF保持不变.
? AP⊥PE ? AP⊥PF ??AP⊥面 PEF. ? PE∩PF=P?



答案 A

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4.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.①③ B.②④ ) C.①④ D.②③

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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.

答案 C

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5.(2014· 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⊥α B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α

C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α

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解析

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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.
答案 C

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6.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.1 B.2 C.3 ) D.4

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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. 答案 B

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7.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). 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,

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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;

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在Rt△PAD中,PA=AD=2AB,

∴∠PDA=45°,
∴④正确.

答案 ①④

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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

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.

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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) 解析 ∵四边形ABCD是菱形, ∴AC⊥BD, 又∵PA⊥平面ABCD,

高考题型精练
∴PA⊥BD, 又AC∩PA=A, ∴BD⊥平面PAC, ∴BD⊥PC.

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∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD, 而PC?平面PCD, ∴平面MBD⊥平面PCD. 答案 DM⊥PC(或BM⊥PC,答案不唯一)

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10.(2014· 山东 ) 如图,四棱锥 P - ABCD 中, 1 AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC= AD, 2 E,F分别为线段AD,PC的中点. (1)求证:AP∥平面BEF; 证明 设AC∩BE=O,连接OF, EC,如图. 由于E为AD的中点,

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1 AB=BC= AD, 2 AD∥BC,

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所以AE∥BC,AE=AB=BC, 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AP∥OF, 又OF?平面BEF,AP?平面BEF, 所以AP∥平面BEF.

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(2)求证:BE⊥平面PAC. 证明 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.

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11.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;
证明 ∵平面PAD∩平面ABCD=AD.

又平面PAD⊥平面ABCD,且PA⊥AD.
∴PA⊥底面ABCD.

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(2)BE∥平面PAD;

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证明 ∵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.

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(3)平面BEF⊥平面PCD.
证明 ∵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,

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∴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.

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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AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;

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,

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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.

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(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.



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,

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1 1 所以 MD 綊2AC,OE 綊2AC,

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,

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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.


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