高考数学二轮复习知识 方法篇 专题6　立体几何与空间向量 第27练 含答案

这是一份高考数学二轮复习知识 方法篇 专题6　立体几何与空间向量 第27练 含答案，共16页。
第27练　完美破解立体几何的证明问题
[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.
体验高考
1.(2015·福建)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
答案　B
解析　m垂直于平面α，当l⊂α时，也满足l⊥m，但直线l与平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l∥α，一定有l⊥m，必要性成立.故选B.
2.(2016·山东)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A.
3.(2016·课标全国甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.

(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积.
(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)解　由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，
所以OH＝1，D′H＝DH＝3，
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.
4.(2016·四川)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.

(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.
(1)解　取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：

因为AD∥BC，BC＝AD，
所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，所以CM∥AB.
又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明　由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.
因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为AD∥BC，BC＝AD，M为AD的中点，连接BM，
所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD⊂平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD.
5.(2016·课标全国丙)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积.

(1)证明　由已知得AM＝AD＝2.
如图，取BP的中点T，连接AT，TN，

由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)解　因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA.
如图，取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC＝3得
AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体NBCM的体积
VNBCM＝×S△BCM×＝.
高考必会题型
题型一　空间中的平行问题
例1　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；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.

证明　(1)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)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·天津改编)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.

求证：(1)EF∥平面A1B1BA；
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
证明　(1)如图，连接A1B，在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，

所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA，BA1⊂平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为AB＝AC，E为BC中点，所以AE⊥BC，因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1，又因为AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.
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；
(2)平面BCE⊥平面CDE.

证明　(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.

∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE.
∵AB⊥平面ACD，
DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，∴GF∥AB.
又AB＝DE，∴GF＝AB.
∴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)∵△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　(2016·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由.

(1)证明　∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DC⊥平面PAC.
(2)证明　∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，又∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAC.
(3)解　棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.

证明如下：
取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又∵E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF.
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DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.

(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：
平面BCD⊥平面EGH.
证明　(1)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DEF－ABC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)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的高线、中线.
变式训练3　(2015·北京)如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点.
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(3)求三棱锥V－ABC的体积.

(1)证明　因为O，M分别为AB，VA的中点，
所以OM∥VB，又因为VB⊄平面MOC，
所以VB∥平面MOC.
(2)证明　因为AC＝BC，O为AB的中点，
所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，
所以OC⊥平面VAB.又OC⊂平面MOC，
所以平面MOC⊥平面VAB.
(3)解　在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1，
所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝.
又因为OC⊥平面VAB.
所以VC－VAB＝·OC·S△VAB＝，
又因为三棱锥V－ABC的体积与三棱锥C－VAB的体积相等，所以三棱锥V－ABC的体积为.
高考题型精练
1.(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n
答案　C
解析　由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，
又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.
2.(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
答案　D
解析　对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确.
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(　　)
A.①③ B.②④ C.①④ D.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⊥平面PEF.
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：
①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面.其中不正确的结论是(　　)

A.① B.② C.③ D.④
答案　B
解析　作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图所示中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确.

6.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是(　　)


A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
答案　B
解析　①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，
∴平面MNP∥平面AA′B可得
出AB∥平面MNP(如图).

④中，NP∥AB，
能得出AB∥平面MNP.
7.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________.

答案　平行
解析　连接BD，设BD∩AC＝O，

连接EO，在△BDD1中，O为BD的中点，
所以EO为△BDD1的中位线，
则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，
所以BD1∥平面ACE.
8.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.
9.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________.

答案　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.
10.(2016·课标全国甲)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)
答案　②③④
解析　当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.
11.(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.

求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
证明　(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，
所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，
BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
12.(2016·山东)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.
(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；
(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.

证明　(1)因为EF∥DB，
所以EF与DB确定平面BDEF，

如图①，连接DE.因为AE＝EC，
D为AC的中点，
所以DE⊥AC.同理可得
BD⊥AC.
又BD∩DE＝D，
所以AC⊥平面BDEF.
因为FB⊂平面BDEF，
所以AC⊥FB.
(2)如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.

在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.
又EF∥DB，所以GI∥DB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，
所以平面GHI∥平面ABC，
因为GH⊂平面GHI，
所以GH∥平面ABC.