江苏省高考文科数学复习 高考必会题型专题6 立体几何 第27练.docx
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江苏省高考文科数学复习高考必会题型专题6立体几何第27练
第27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,
连结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,连结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×
=
.
即多面体ABCDE的体积为
.
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,
连结CO,则CO⊥BB1.
由
(1)知,CO⊥平面AA1B1B,
且CO=
BC=
AB=
.
连结AB1,则
=
·CO
=
AB2·CO=
.
因为
=
=
=
,
所以
=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⊄平面PMA,GF⊄平面PMA,PM⊂平面PMA,AD⊂平面PMA,
∴EG∥平面PMA,GF∥平面PMA.
又∵EG⊂平面EFG,GF⊂平面EFG,EG∩GF=G,
∴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的所有直线中与a平行的直线的条数为________.
答案 一条
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所成的角为________.
答案 90°
解析 在正方体中,显然有A1D⊥AB,A1D⊥AD1,
所以A1D⊥平面AD1C1B,又C1E⊂平面AD1C1B,故A1D⊥C1E.
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________.
答案 ①④
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.
4.已知α,β,γ是三个不重合的平面,a,b是两条不重合的直线,有下列三个条件:
①a∥γ,b⊂β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a⊂γ.如果命题“α∩β=a,b⊂γ,且________,那么a∥b”为真命题,则可以在横线处填入的条件是________.
答案 ①或③
解析 由定理“一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行”可得,横线处可填入条件①或③.
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________.
答案 ①②③
解析 对于①,∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.
∵AB为⊙O的直径,∵PA∩AC=A,
∴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.设α和β为两个不重合的平面,给出下列四个命题:
①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线,则α平行于β;
②若α外一条直线l与α内的一条直线平行,则l和α平行;
③设α和β相交于直线l,若α内有一条直线垂直于l,则α和β垂直;
④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直.
其中为真命题的是________.(写出所有真命题的序号)
答案 ①②
解析
由①知α内两条相交直线分别平行于平面β,则两条相交直线确定的平面α平行于平面β,故①为真命题;由线面平行的判定定理知,②为真命题;对于③,如图,α∩β=l,a⊂α,a⊥l,但不一定有α⊥β,故③为假命题;对于④,直线l与平面α垂直的充分必要条件是l与α内的两条相交直线垂直,故④为假命题.
综上所述,真命题的序号为①②.
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.底面直径和母线长相等的圆柱称为等边圆柱.已知一等边圆柱的底面半径为2,则其体积为________.
答案 16π
解析 由题意,圆柱的高为4,则V=π·22·4=16π.
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.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,连结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,连结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Ⅰ)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.
(1)证明:
B1C⊥AB;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
(1)证明 如图,连结BC1,
则O为B1C与BC1的交点.
因为侧面BB1C1C为菱形,
所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C,
所以B1C⊥AO,
又BO∩AO=O,
故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO,
故B1C⊥AB.
(2)解 在平面BB1C1C内作OD⊥BC,垂足为D,
连结AD.
在平面AOD内作OH⊥AD,垂足为H.
由于BC⊥AO,BC⊥OD,AO∩OD=O,
故BC⊥平面AOD,
所以OH⊥BC.
又OH⊥AD,AD∩BC=D,
所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1=60°,
所以△CBB1为等边三角形.
又BC=1,可得OD=
.
由于AC⊥AB1,
所以OA=
B1C=
.
由OH·AD=OD·OA,
且AD=
=
,
得OH=
.
又O为B1C的中点,
所以点B1到平面ABC的距离为
,
故三棱柱ABC-A1B1C1的高为
.
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