2025年高考数学二轮复习课件 第1讲　立体几何中的证明问题.docxVIP

专题三立体几何

第1讲立体几何中的证明问题

基础回归

1．下列说法正确的是(D)

A．过三个点有且只有一个平面

B．如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线不一定共面

C．四边形为平面图形

D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线

2．(人A必二P139练习3改编)下列说法正确的是(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

3．(多选)设α，β是两个不重合的平面，l是一条直线，则下列说法不正确的是(ABD)

A．若l⊥α，α⊥β，则l?β B．若l∥α，α∥β，则l?β

C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β

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，则下列说法正确的是(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，因为MN∥BC1∥AD1，MN?平面AC1D1，所以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，又底面三角形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)

5．(人A必二P138练习2改编)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P是正方形AA1D1D的中心，Q是B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为__eq\r(2)__.

【解析】如图，连接A1D，AD1，AB1.由正方体的性质，得AD1∩A1D＝P，则P是AD1的中点．因为PQ∥平面AA1B1B，PQ?平面AB1D1，平面AB1D1∩平面AA1B1B＝AB1，所以PQ∥AB1，则PQ＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(1,2)eq\r(AB2＋BBeq\o\al(2,1))＝eq\r(2).

(第5题)

举题固法

目标引领

平行关系的证明

例1－1(2024·南昌一模改编)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，已知E为棱AD的中点，点M在棱PC上且满足CM＝2MP.求证：PE∥平面MBD.

(例1－1)

【解答】连接CE，设BD∩CE＝N，连接MN.因为底面ABCD是菱形，所以CD＝AD，对角线BD平分∠ADC.又E为棱AD的中点，所以CD＝AD＝2DE.在△EDC中，根据角平分线性质定理得eq\f(CN,NE)＝eq\f(CD,DE)＝2.又CM＝2MP，所以eq\f(CM,MP)＝2，所以eq\f(CN,NE)＝eq\f(CM,MP)＝2，所以MN∥PE.又PE?平面MBD，且MN?平面MBD，所以PE∥平面MBD.

例1－2(2024·湖北八市3月联考节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，点M在PD上，N为BC的中点，且PB∥平面MAC.求证：CM∥平面PAN.

(例1－2)

【解答】如图，连接BD交AC于点O，连接OM.因为平面PBD∩平面MAC＝OM，PB∥平面MAC，PB?平面PBD，所以PB∥OM.又因为O为BD的中点，所以M为PD的中点．取PA的中点E，连接EM，EN，可得EM∥AD且EM＝eq\f(1,2)AD.又因为N为BC的中点，可得CN∥AD且CN＝eq\f(1,2)AD，所以EM∥CN且EM＝CN，所以四边形EMCN为平行四边形，所以CM∥EN.又因为CM?平面PAN，且EN?平面PAN，所以CM∥