2025高考数学二轮复习-专题5 立体几何 第2讲 立体几何中的证明问题【课件】

第2讲立体几何中的证明问题2025基础回扣•考教衔接以题梳点•核心突破目录索引

基础回扣•考教衔接1.(人A必二8.4节习题)若直线a不平行于平面α,且a⊄α,则下列结论成立的是(

)A.α内的所有直线与a是异面直线 B.α内不存在与a平行的直线C.α内存在唯一一条直线与a平行 D.α内的所有直线与a都相交B解析

设a∩α=A,因为平面α内过A点的直线与直线a共面,故A错误;因为平面α内不过A点的直线与直线a异面,故D错误;若存在b⊂α,b∥a,由a⊄α,b⊂α,所以a∥α,这与已知矛盾,故B正确,C错误.2.(人A必二8.6.3节练习)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β的充分条件是(

)A.α⊥γ,β⊥γ B.α∩β=a,b⊥a,b⊂βC.a∥β,a∥α D.a∥α,a⊥βD解析

由α⊥γ,β⊥γ,得α与β相交或平行,故A不正确;∵α∩β=a,b⊥a,b⊂β,∴b不一定垂直于α,∴α不一定垂直于β,故B不正确;∵a∥β,a∥α,则α与β相交或平行,故C不正确;∵a⊥β,a∥α,∴α中一定有一条直线垂直于β,∴α⊥β,故D正确.3.(多选题)(人B必四11.4节习题改编)下列命题中假命题是(

)A.a∥α,a⊥b⇒b⊥αB.a⊥b,a⊥α⇒b∥αC.a⊥α,b⊥β,a∥b⇒α∥βD.a∥α,α∥β,a⊥b⇒b⊥βAB解析

当b⊂α时,满足a∥α,a⊥b,但此时b不垂直α,故A是假命题;当b⊂α时,可满足a⊥b,a⊥α,但此时b不平行于α,故B是假命题;∵a⊥α,a∥b,∴b⊥α.又b⊥β,根据垂直同一条直线的两个平面平行,∴α∥β,故C是真命题;∵a∥b,a⊥α,根据两条平行线中的一条垂直一个平面,另一条也垂直这个平面,∴b⊥α.∵α∥β,故b⊥β.故D是真命题.4.(北师大选必一第三章习题)如图,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=3,BC=4,AB=5,AA'=4,点D是AB的中点.求证:(1)AC⊥BC';(2)AC'∥平面CDB'.证明

(1)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=3,AB=5,BC=4,AA'=4,则AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,故AC,BC,CC'两两垂直.以C为原点,CA,CB,CC'所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,真题体验1.(2024·天津,6)若m,n为两条不同的直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是(

)A.若m∥α,n⊂α,则m∥nB.若m∥α,n∥α,则m∥nC.若m∥α,n⊥α,则m⊥nD.若m∥α,n⊥α,则m与n相交C解析

对于A,若m∥α,n⊂α,则m与n平行或异面,A错误;对于B,若m∥α,n∥α,则m与n平行或异面或相交,B错误;对于C,已知m∥α,n⊥α,如图,过直线m作平面β,使得α∩β=s.∵m⊂β,∴m∥s,又s⊂α,∴n⊥s,∴m⊥n,C正确;对于D,若m∥α,n⊥α,则m与n相交或异面,D错误.故选C.2.如图所示,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

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3.(2024·全国甲,文19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,M为AD的中点.(1)证明:BM∥平面CDE;(2)求M到平面FAB的距离.(1)证明

由题意知MD=2,BC=2,MD∥BC,所以四边形BCDM为平行四边形,故BM∥CD,又因为BM⊄平面CDE,所以BM∥平面CDE.(2)解

取AM的中点为G,连接FG,BG,FM,因为BM=CD=AB,所以BG⊥AM,同理FG⊥AM.以题梳点•核心突破考点一空间位置关系的判定例1(1)(2024·山东济南二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(

)A.A1D∥D1B,MN∥平面ABCDB.A1D∥D1B,MN⊥平面BB1D1DC.A1D⊥D1B,MN∥平面ABCDD.A1D⊥D1B,MN⊥平面BB1D1DC解析

由题知,AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1,则AB⊥A1D.又AD1⊥A1D,AB∩AD1=A,AB,AD1⊂平面ABD1,所以A1D⊥平面ABD1.因为BD1⊂平面ABD1,所以A1D⊥D1B,故A,B错误;因为M,N分别为AD1,BD1的中点,所以MN∥AB.又MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD,故C正确;假设MN⊥平面BB1D1D,则MN⊥BD.又MN∥AB,所以AB⊥BD,明显不成立,故D错误.(2)(多选题)(2024·湖北武汉模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题正确的是(

)A.若m⊂β,α⊥β,则m⊥αB.若m⊂β,α∥β,则m∥αC.若m⊥α,m⊥β,n⊥α,则n⊥βD.若m∥α,m∥β,n∥α,则n∥βC解析

对于A,没说明直线m垂直于两平面的交线,所以不能判断m⊥α,故A错误;对于B,根据面面平行的性质定理,若m⊂β,α∥β,则m∥α,故B正确;对于C,垂直于同一条直线的两个平面平行,所以若m⊥α,m⊥β,则α∥β.若n⊥α,则n⊥β,故C正确;对于D,若m∥α,m∥β,则α,β平行或相交,若n∥α,则n∥β或n与β相交或n⊂β,故D错误.故选BC.2.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系

[对点训练1](1)(多选题)(2024·河北张家口三模)已知a,b,c为三条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列说法正确的是(

)A.若a∥b,a⊂α,b⊂β,α∩β=c,则a∥cB.若a⊥b,a⊥c,b⊂α,c⊂α,则a⊥αC.若a∥α,b∥α,a∩b=A,a⊂β,b⊂β,则α∥βD.若α⊥β,α∩β=c,a⊥c,则a⊥βAC解析

因为a∥b,a⊂α,所以b∥α.又b⊂β,α∩β=c,所以b∥c,所以a∥c,故A正确;当b∥c时,直线a不一定垂直于α,故B错误;由面面平行的判定定理可知,C正确;由面面垂直的性质定理可知,若直线a⊄α时,直线a不一定垂直于β,故D错误.(2)(多选题)(2024·安徽马鞍山模拟)已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面ABCD,(

)A.若PC⊥BD,则AC⊥BDB.若AC⊥BD,则PB=PDC.若PB=PD,则AB=ADD.若AB=AD,则PC⊥BDAC解析

因为PA⊥平面ABCD,AB,AD,BD⊂平面ABCD,则PA⊥AB,PA⊥AD,PA⊥BD.若PC⊥BD,且PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,则BD⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC,所以AC⊥BD.同理,若AC⊥BD,可得PC⊥BD,即PC⊥BD等价于AC⊥BD.由AB=AD不能推出AC⊥BD,即AB=AD不能推出PC⊥BD,故A正确,D错误;若PB=PD,可知Rt△PAB≌Rt△PAD,所以AB=AD,反之,AB=AD,可知Rt△PAB≌Rt△PAD,所以PB=PD,即PB=PD等价于AB=AD.由AC⊥BD不能推出AB=AD,即AC⊥BD不能推出PB=PD,故B错误,C正确.故选AC.考点二几何法证明空间平行、垂直例2如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点.求证:(1)PA⊥平面ABCD;(2)平面BEF⊥平面PCD.证明

(1)∵平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,∴PA⊥平面ABCD.(2)∵AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,∴AB∥DE,AB=DE,∴四边形ABED为平行四边形.∵AB⊥AD,∴四边形ABED为矩形,∴BE⊥CD,AD⊥CD.∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.又PA,AD⊂平面PAD,且PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD,∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点,∴PD∥EF,∴CD⊥EF.又CD⊥BE,EF∩BE=E,EF,BE⊂平面BEF,∴CD⊥平面BEF.∵CD⊂平面PCD,∴平面BEF⊥平面PCD.[对点训练2]如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,E是B1C1的中点,D是BC上一点.(1)若D是BC的中点,求证:平面AC1D∥平面A1BE;(2)若AD⊥C1D,求证:D是BC的中点.证明

(1)连接DE,因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以BC∥B1C1,BC=B1C1,AA1∥BB1,AA1=BB1.因为E是B1C1的中点,D是BC的中点,所以EC1∥BD,EC1=BD,B1E∥BD,B1E=BD,所以四边形EC1DB,B1EDB均为平行四边形,故BE∥C1D,BB1∥DE,且BB1=DE,所以AA1∥DE,AA1=DE,所以四边形AA1ED是平行四边形,所以A1E∥AD.因为A1E⊄平面AC1D,AD⊂平面AC1D,所以A1E∥平面AC1D.同理BE∥平面AC1D.因为A1E∩BE=E,A1E⊂平面A1BE,BE⊂平面A1BE,所以平面AC1D∥平面A1BE.(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,且△ABC为正三角形.因为AD⊂平面ABC,所以CC1⊥AD.因为AD⊥C1D,CC1∩C1D=C1,CC1⊂平面BB1C1C,C1D⊂平面BB1C1C,所以AD⊥平面BB1C