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 C.充分必要条件 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 C.充要条件 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.
B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件
(1)证明：AC⊥HD′；
5
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝22，求五棱锥D′－ABCFE的体积.
4(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得
AECF
＝，故AC∥EF，由此得ADCD
EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′. OHAE1
(2)解 由EF∥AC得＝＝.
DOAD4
.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4， 所以OH＝1，D′H＝DH＝3，
于是OD′2＋OH2＝(22)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. EFDH9又由＝得EF＝.
ACDO2
11969五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.
2224169232
所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××22＝.
342
4.(2016·四川)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC1
＝CD＝AD.
2
(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：
1
因为AD∥BC，BC＝AD，
2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.
1
因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，
2
.
所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
1
因为AD∥BC，BC＝AD，M为AD的中点，连接BM，
2所以BC∥MD，且BC＝MD. 所以四边形BCDM是平行四边形， 1
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
2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.
2
(1)证明 由已知得AM＝AD＝2.
3如图，取BP的中点T，连接AT，TN，
1
由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
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， 1
所以N到平面ABCD的距离为PA.
2如图，取BC的中点E，连接AE.
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考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题6立体几何与空间向量第27练含答案
