2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第1讲　立体几何中的证明问题

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基础回归
1．(人A必二P139练习3改编)下列结论正确的是( D )
A．如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．如果直线a与平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b
D．如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α
2．(人A必二P161练习1改编)(多选)下列结论正确的是( CD )
A．垂直于同一条直线的两条直线平行
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
D．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
3．(多选)设α，β是两个不重合的平面，l是一条直线，下列结论中不正确的是( ABD )
A．若l⊥α，α⊥β，则l⊂βB．若l∥α，α∥β，则l⊂β
C．若l⊥α，α∥β，则l⊥βD．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
(第4题)
4．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面B1BCC1内的动点，且A1F∥平面AD1E，下列说法中正确的是( ACD )
A．A1F可能与B1E相交
B．A1F与D1E不可能平行
C．A1F与BE是异面直线
D．三棱锥F－AC1D1的体积为定值
【解析】 如图，分别取BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，A1M，A1N．由三角形中位线的性质可得，MN∥BC1∥AD1，A1M∥D1E，AD1⊂平面AD1E，MN⊄平面AD1E，所以MN∥平面AD1E．同理可得A1M∥平面AD1E．因为A1M∩MN＝M，所以平面A1MN∥平面AD1E．又因为A1F∥平面AD1E，所以点F的轨迹是线段MN．对于A，连接B1E交MN于P，当F在点P处时，A1F与B1E相交，故A正确；对于B，当F为BB1的中点M时，A1F∥D1E，故B错误；对于C，假设A1F与BE不是异面直线，则两直线相交，由A1F∩BF＝F，BE∩BF＝B，则A1F与BF可确定平面A1BF，BE与BF可确定平面BB1C1C，而两平面不同，这与三条两两相交不共点的直线确定一个平面矛盾，假设不成立，可得A1F与BE是异面直线，故C正确；对于D，由题意可得MN∥平面AC1D1，三棱锥F－AC1D1的高h为F到平面AC1D1的距离，而F在MN上运动，则h为M到平面AC1D1的距离，为定值，底面三角形AC1D1的面积为定值，可得三棱锥F－AC1D1的体积为定值，故D正确．
(第4题)
举题固法
目标引领
命题真假的判断
例1 (1) (2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( A )
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
【解析】 对于A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，易知EF⊥BD，从而EF⊥平面BDD1．又因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确．对于B，假设平面B1EF⊥平面A1BD，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，由上述过程易知BD⊥平面B1EF，显然不成立，故B错误．对于C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC有公共点，故C错误．对于D，如图，连接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面AB1C与平面B1EF不平行，故D错误．
(例1(1))
(2) (2023·岳阳二模)已知直线l，m和平面α，β，若l⊂α，α⊥β且α∩β＝m，则“l⊥m”是“l⊥β”的( C )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【解析】 当l⊥m时，由l⊂α，α⊥β且α∩β＝m，得l⊥β；当l⊥β时，因为α∩β＝m，所以m⊂β，所以l⊥m，即“l⊥m”是“l⊥β”的充要条件．
判断符号语言描述空间中位置关系的命题的真假：
①利用定理、定义、公理等直接判断；
②作出简单图示，利用图示进行说明；
③将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析说明．
变式1 (1) (2023·聊城一模)(多选)下列说法中正确的是( AB )
A．若直线a不平行于平面α，a⊄α，则α内不存在与a平行的直线
B．若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则α∥β
C．设l，m，n为直线，m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充要条件
D．若平面α⊥平面α1，平面β⊥平面β1，则平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补
【解析】 对于A，若存在直线与a平行，则由直线和平面平行的判定定理知直线a与平面α平行，与条件相矛盾，故A正确；对于B，由面面平行的判定定理可知B正确；对于C，当直线m，n不相交时，由线面垂直的判定定理知l⊥m且l⊥n，得不到l⊥α，故C错误；对于D，当α1∥β1，α⊥β时，可满足题设条件，此时平面α与平面β所成的二面角为90°，平面α1与平面β1所成的二面角为0°，故D错误．
(2) (多选)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是( ABD )
(变式1(2))
A．EF与BB1垂直
B．EF⊥平面BDD1B1
C．EF与C1D所成的角为45°
D．EF∥平面A1B1C1D1
【解析】 连接A1B，A1C1，则A1B交AB1于点E，由F为BC1的中点，得EF∥A1C1．由B1B⊥平面A1B1C1D1，得B1B⊥A1C1，即B1B⊥EF，故A正确；连接D1B1，由EF∥A1C1，A1C1⊥平面BDD1B1，可得EF⊥平面BDD1B1，故B正确；EF与C1D所成角就是∠A1C1D．因为AA1的长度不确定，所以∠A1C1D的大小不确定，故C错误；由A知EF∥A1C1，所以EF∥平面A1B1C1D1，故D正确．
平行关系的证明
例2 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．
(例2)
(1) 求证：QN∥平面PAD；
【解答】 因为N，Q分别为PB，PC的中点，所以QN∥BC．因为底面ABCD是菱形，所以BC∥AD，所以QN∥AD．因为QN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以QN∥平面PAD．
(2) 记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明．
【解答】 直线l与平面PBD平行，证明如下：因为N，M分别为PB，PD的中点，所以MN∥BD．因为MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD．因为平面CMN与底面ABCD的交线为l，MN⊂平面CMN，由线面平行的性质定理可得MN∥l．因为MN∥BD，所以BD∥l．因为BD⊂平面PBD，l⊄平面PBD，所以直线l∥平面PBD．
平行问题的关键是线线平行，思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．
变式2 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且 eq \f(CQ,QD1)＝ eq \f(BP,PD)＝ eq \f(2,3)．
(变式2)
(1) 求证：PQ∥平面A1D1DA；
【解答】 如图(1)，连接CP并延长与DA的延长线交于M点，连接MD1，因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以 eq \f(CP,PM)＝ eq \f(BP,PD)＝ eq \f(2,3)．又因为 eq \f(CQ,QD1)＝ eq \f(BP,PD)＝ eq \f(2,3)，所以 eq \f(CQ,QD1)＝ eq \f(CP,PM)＝ eq \f(2,3)，所以PQ∥MD1．又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，所以PQ∥平面A1D1DA．
(变式2(1))
(2) 若R是AB上的点， eq \f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
【解答】 当 eq \f(AR,AB)的值为 eq \f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA，证明如下：如图(2)，因为 eq \f(AR,AB)＝ eq \f(3,5)，即 eq \f(BR,RA)＝ eq \f(2,3)，故 eq \f(BR,RA)＝ eq \f(BP,PD)，所以PR∥DA．又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA．又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PQR∥平面A1D1DA．
(变式2(2))
垂直关系的证明
例3－1 (2023·昆明模拟节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．求证：AM⊥平面PCD．
(例3－1)
【解答】 在正方形ABCD中，CD⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM．因为△PAD是正三角形，M是PD的中点，则AM⊥PD．又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD．
例3－2 如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，且AA1⊥平面ABCD．
(例3－2)
(1) 求证：平面ABB1A1⊥平面ADD1A1；
【解答】 因为AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB．又底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD，且AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面ADD1A1，故AB⊥平面ADD1A1．因为AB⊂平面ABB1A1，故平面ABB1A1⊥平面ADD1A1．
(2) 求证：BD⊥平面AA1C．
【解答】 因为四棱台ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD．因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1．又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C，所以BD⊥平面AA1C．
例3－3 (2023·柳州模拟节选)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝2 eq \r(2)，O为AC的中点．求证：PO⊥AB．
(例3－3)
【解答】 如图，连接OB，因为PA＝PC＝AC＝2 eq \r(2)，O为AC的中点，所以PO⊥AC，PO＝ eq \r(6)．又因为AB＝BC＝2，所以OB⊥AC，BO＝ eq \r(2)，所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．因为OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC．因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB．
(例3－3)
随堂内化
1．已知两条不同的直线l，m，三个不重合的平面α，β，γ，那么下列条件能推出l∥m的是( B )
A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m
C．l∥α，m⊂αD．l⊂α，α∩β＝m
2．(多选)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则以下判断中正确的是( CD )
A．若m∥α，α∥β，则m∥β
B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
D．若m⊥α，α∥β，则m⊥β
【解析】 若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，故A错误；若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故B错误；垂直于同一个平面的两条直线平行，故C正确；若某直线垂直于两个平行平面中的一个，则该直线垂直于另一个平面，故D正确．
3．如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( D )
(第3题)
A．BC⊥平面APC
B．AP⊥PC，AP⊥PB
C．PC⊥BC，平面APC⊥平面BPC
D．BC⊥PC，AB⊥BC
【解析】 因为BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以BC⊥AP，故A可以证明．因为AP⊥PC，AP⊥PB，PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面BPC，所以AP⊥平面BPC．因为BC⊂平面BPC，所以BC⊥AP，故B可以证明．因为平面APC⊥平面BPC，平面APC∩平面BPC＝PC，PC⊥BC，由面面垂直的性质定理知BC⊥平面APC．又AP⊂平面APC，所以BC⊥AP，故C可以证明．D中，由BC⊥PC，AB⊥BC并不能推出AP⊥BC．
4．(2023·广州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则( D )
(第4题)
A．MF∥EB
B．A1B1∥NE
C．四边形MNEF为平行四边形
D．四边形MNEF为梯形
【解析】 由B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误；由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错误；因为在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，所以AM∥BN，AM＝BN，故四边形AMNB为平行四边形，所以MN∥AB．又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC．又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，所以MN∥EF，所以EF∥AB，显然在△ABC中，EF≠AB，所以EF≠MN，所以四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确．
5．(2023·常德一模)(多选)已知平面α，β，直线l，m，则下列结论正确的是( ACD )
A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l⊂α，则l⊥β
B．若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
C．若m⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m”的充分不必要条件
D．若m⊂α，l⊄α，则“l∥α”是“l∥m”的必要不充分条件
【解析】 由面面垂直的性质定理可知A正确；对于B，若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m或者l，m异面，故B错误；对于C，若m⊂α，l⊥α，则l⊥m，故充分性成立，但是l⊥m，m⊂α，不能得到l⊥α，必要性不成立，故C正确；对于D，若m⊂α，l⊄α，l∥α，不能得到l∥m，因为l，m有可能异面，但是l∥m，m⊂α，l⊄α，则l∥α，故D正确．