高中空间立体几何典型例题.docx
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高中空间立体几何典型例题
1如图所示,正方体ABCD—A1B1C1D1中,侧面对角线AB1,BC
1上分别
有两点E,F,且B1E=C1F.
求证:
EF∥平面ABCD.
证明方法一分别过E,F作EM⊥AB于M,FN
⊥BC于N,连接MN.
∵BB1⊥平面ABCD,
∴BB1⊥AB,BB1⊥BC,
∴EM∥BB1,FN∥BB
1,
∴EM∥FN.
又∵B1E=C1F,∴EM=FN,
故四边形MNFE是平行四边形,∴EF∥MN.
又MN平面ABCD,EF平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
方法二过E作EG∥AB交BB1于G,
连接GF,则
BEBG
11,
BABB
11
∵B1E=C1F,B1A=C1B,
∴
CEBG
1,∴FG∥B1C1∥BC,
1
CBBB
11
又EG∩FG=G,AB∩BC=B,
∴平面EFG∥平面ABCD,而EF平面EFG,
∴EF∥平面ABCD.
2已知P为△ABC所在平面外一点,G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、
△PAC的重心.
(1)求证:
平面G1G2G3∥平面ABC;
(2)求S
△
G∶S△ABC.
1GGG∶S△ABC.
23
(1)证明如图所示,连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、
AC交于点D、E、F,
连接DE、EF、FD,则有PG1∶PD=2∶3,
PG2∶PE=2∶3,∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC内,
∴G1G2∥平面ABC.同理G2G3∥平面ABC.
又因为G1G2∩G2G3=G
2,
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
(2)解由
(1)知
PG1PG2=
PDPE
2,∴G1G2=
1G2=
3
2DE.
3
又DE=
1AC,∴G1G2=
1G2=
2
1AC.
3
同理G2G3=
1AB,G1G3=
1G3=
3
1BC.
3
∴△G1G2G3∽△CAB,其相似比为1∶3,
∴S
△
G∶S△ABC=1∶9.
1GGG∶S△ABC=1∶9.
23
3如图所示,已知S是正三角形ABC所在平面外的一点,且SA=SB=SC,
SG为△SAB上的高,
D、E、F分别是AC、BC、SC的中点,试判断SG与平面DEF的位置
关系,并给予证明.
解SG∥平面DEF,证明如下:
方法一连接CG交DE于点H,
如图所示.
∵DE是△ABC的中位线,
∴DE∥AB.
在△ACG中,D是AC的中点,
且DH∥AG.
∴H为CG的中点.
∴FH是△SCG的中位线,
∴FH∥SG.
又SG平面DEF,FH平面DEF,
∴SG∥平面DEF.
方法二∵EF为△SBC的中位线,∴EF∥SB.
∵EF平面SAB,SB平面SAB,
∴EF∥平面SAB.
同理可证,DF∥平面SAB,EF∩DF=F,
∴平面SAB∥平面DEF,又SG平面SAB,
∴SG∥平面DEF.
5如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D
1中,
E、F、G、H分别是BC、CC
1、
C1D1、A1A的中点.求证:
(1)BF∥HD
1;
(2)EG∥平面BB1D1D;
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
证明
(1)如图所示,取BB1的中点M,
易证四边形HMC1D1是平行四边形,∴HD1∥MC1.
又∵MC1∥BF,∴BF∥HD1.
(2)取BD的中点O,连接EO,D1O,
则OE
1DC,
2
又D1G
1DC,∴OED1G,
1G,
2
∴四边形OEGD
1是平行四边形,
∴GE∥D1O.
又D1O平面BB1D1D,∴EG∥平面BB1D1D.
(3)由
(1)知D1H∥BF,又BD∥B1D1,B1D1、HD1平面HB1D1,BF、
BD平面BDF,且B1D1∩HD1=D
1,
DB∩BF=B,∴平面BDF∥平面B1D1H.
6如图所示,四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面,若截面为
平行四边形.
(1)求证:
AB∥平面EFGH,CD∥平面EFGH.
(2)若AB=4,CD=6,求四边形EFGH周长的取值范围.
(1)证明∵四边形EFGH为平行四边形,∴EF∥HG.
∵HG平面ABD,∴EF∥平面ABD.
∵EF平面ABC,平面ABD∩平面ABC=AB,
∴EF∥AB.∴AB∥平面EFGH.
同理可证,CD∥平面EFGH.
(2)解设EF=x(0<x<4),由于四边形EFGH为平行四边形,
∴
CFx.
CB4
则
FG=
6
BF=
BC
BC=1-
CF
BC
x.
4
从而FG=6-x
3.
2
∴四边形EFGH的周长l=2(x+6-x
3)=12-x.
2
又0<x<4,则有8<l<12,
∴四边形EFGH周长的取值范围是(8,12).
7如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P
是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:
当点Q在什么位置时,平
面D1BQ∥平面PAO?
解当Q为CC
1的中点时,
平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点,P为DD1的中点,∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点,∴D1B∥PO.
又PO∩PA=P,D1B∩QB=B,
D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO,
∴平面D1BQ∥平面PAO.
8正方形ABCD与正方形ABEF所在平面
相交于AB,在AE、BD上各有一点P、Q,
且AP=DQ.
求证:
PQ∥平面BCE.
证明方法一如图所示,作PM∥AB交BE于M,作QN∥AB交BC
于N,连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,∴AE=BD.
又∵AP=DQ,∴PE=QB,
又∵PM∥AB∥QN,
∴
PM,
PE
ABAE
QNBQ,
DCBD
PMQN,∴PMQN,
ABDC
∴四边形PMNQ为平行四边形,∴PQ∥MN.
又MN平面BCE,PQ平面BCE,
∴PQ∥平面BCE.
方法二如图所示,连接AQ,并延长交BC于K,连接EK,
∵AE=BD,AP=DQ,
∴PE=BQ,
∴
AP=
PE
DQ
BQ
①
又∵AD∥BK,∴
DQ=
BQ
AQ
QK
②
由①②得
AP=
PE
AQ,∴PQ∥EK.
QK
又PQ平面BCE,EK平面BCE,
∴PQ∥平面BCE.
方法三如图所示,在平面ABEF
内,过点P作PM∥BE,交AB于点M,
连接QM.
∵PM∥BE,PM平面BCE,
即PM∥平面BCE,
∴
AP=
PE
AM①
MB
又∵AP=DQ,∴PE=BQ,
∴
AP=
PE
DQ②
BQ
由①②得
AM=
MB
DQ,∴MQ∥AD,
BQ
∴MQ∥BC,又∵MQ平面BCE,∴MQ∥平面BCE.
又∵PM∩MQ=M,∴平面PMQ∥平面BCE,
PQ平面PMQ,∴PQ∥平面BCE.
8如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直
观图,它的正视图和左视图在下面画出(单位:
cm).
(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;
(2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;
(3)在所给直观图中连接BC′,证明:
BC′∥平面EFG.
(1)解如图
(1)所示.
图
(1)
(2)解所求多面体体积
V=V长方体-V
正三棱锥
=4×4×6-
1×(
3
1×2×2)×2=
2
284(cm3).
3).
3
(3)证明如图
(2),在长方体ABCD—A′B′C′D′中,
连接AD′,则AD′∥BC′.
因为E,G分别为AA′,A′D′的中点,
所以AD′∥EG,从而EG∥BC′.
又BC′平面EFG,图
(2)
所以BC′∥面EFG.
9.如图所示,正四棱锥P—ABCD的各棱长均为13,M,N分别为PA,
BD上的点,且PM∶MA=BN∶ND=5∶8.
(1)求证:
直线MN∥平面PBC;
(2)求线段MN的长.
(1)证明连接AN并延长交BC于Q,
连接PQ,如图所示.
∵AD∥BQ,∴△AND∽△QNB,
∴
AN=
NQ
DN=
NB
AD=
BQ
8,
5
又∵
PM=
MA
BN=
ND
5,
8
∴
AM=
MP
AN=
NQ
8,∴MN∥PQ,
5
又∵PQ平面PBC,MN平面PBC,
∴MN∥平面PBC.
(2)解在等边△PBC中,∠PBC=60°,
在△PBQ中由余弦定理知
PQ
2=PB2+BQ2-2PB·BQcos∠PBQ
=132+
2+
2
65-2×13×
8
65×
8
1=
2
8281,
64
∴PQ=
91,
8
∵MN∥PQ,MN∶PQ=8∶13,
∴MN=
91×
8
8=7.
13
10在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,M,N分别是AB,PC的
中点,求证:
MN∥平面PAD.
证明:
方法一,取PD中点E,连接AE,NE.
∵底面ABCD是平行四边形,M,N分别是AB,PC的中点,
1
∴MA∥CD,.
MACD
2
∵E是PD的中点,
1
∴NE∥CD,.
NECD
2
∴MA∥NE,且MA=NE,
∴AENM是平行四边形,
∴MN∥AE.
又AE平面PAD,MN平面PAD,
∴MN∥平面PAD.
方法二取CD中点F,连接MF,NF.
∵MF∥AD,NF∥PD,∴平面MNF∥平面PAD,
∴MN∥平面PAD.
11在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,AB⊥AC,求证:
A1C⊥BC1.
【分析】要证明“线线垂直”,可通过“线面垂直”进行转化,因此设法证
明A1C垂直于经过BC1的平面即可.
证明:
连接AC1.
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,
∴AA1⊥平面ABC,
∴AB⊥AA1.又AB⊥AC,
∴AB⊥平面A1ACC1,
∴A1C⊥AB.①又AA1=AC,
∴侧面A1ACC1是正方形,
∴A1C⊥AC1.②
由①,②得A1C⊥平面ABC1,∴A1C⊥BC1.
12在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB⊥BC,AP⊥PB,求证:
平
面PAC⊥平面PBC.
【分析】要证明“面面垂直”,可通过“线面垂直”进行转化,而“线面垂
直”又可以通过“线线垂直”进行转化.
证明:
∵平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,且AB⊥BC,
∴BC⊥平面PAB,
∴AP⊥BC.又AP⊥PB,
∴AP⊥平面PBC,
又AP平面PAC,
∴平面PAC⊥平面PBC.
13如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面A1ABB1是菱形,且垂直于底面ABC,
∠A1AB=60°,E,F分别是AB1,BC的中点.
(Ⅰ)求证:
直线EF∥平面A1ACC1;
(Ⅱ)在线段AB上确定一点G,使平面EFG⊥平面ABC,并给出证明.
证明:
(Ⅰ)连接A1C,A1E.
∵侧面A1ABB1是菱形,E是AB1的中点,
∴E也是A1B的中点,
又F是BC的中点,∴EF∥A1C.
∵A1C平面A1ACC1,EF平面A1ACC1,∴直线EF∥平面A1ACC1.
(2)解:
当
BG
GA
1
3
时,平面EFG⊥平面ABC,证明如下:
连接EG,FG.
∵侧面A1ABB1是菱形,且∠A1AB=60°,∴△A1AB是等边三角形.
∵E是A1B的中点,
BG
GA
1
3
,∴EG⊥AB.
∵平面A1ABB1⊥平面ABC,且平面A1ABB1∩平面ABC=AB,
∴EG⊥平面ABC.
又EG平面EFG,∴平面EFG⊥平面ABC.
14如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,E是AC的中点.
(Ⅰ)求证:
平面BEC1⊥平面ACC1A1;(Ⅱ)求证:
AB1∥平面BEC1.
证明:
(Ⅰ)∵ABC-A1B1C1是正三棱柱,∴AA1⊥平面ABC,
∴BE⊥AA1.
∵△ABC是正三角形,E是AC的中点,∴BE⊥AC,∴BE⊥平面ACC1A1,又BE平面BEC1,
∴平面BEC1⊥平面ACC1A1.
(Ⅱ)证明:
连接B1C,设BC1∩B1C=D.
∵BCC1B1是矩形,D是B1C的中点,∴DE∥AB1.
又DE平面BEC1,AB1平面BEC1,
∴AB1∥平面BEC1.
15在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD是等边三
角形,已知BD=2AD=8,AB2DC45.
(Ⅰ)设M是PC上的一点,证明:
平面MBD⊥平面PAD;
(Ⅱ)求四棱锥P-ABCD的体积.证明:
(Ⅰ)在△ABD中,
由于AD=4,BD=8,AB45,
222所以AD+BD=AB
.
故AD⊥BD.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD平面ABCD,
所以BD⊥平面PAD,
又BD平面MBD,故平面MBD⊥平面PAD.
(Ⅱ)解:
过P作PO⊥AD交AD于O,由于平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.
因此PO为四棱锥P-ABCD的高,
3
又△PAD是边长为4的等边三角形.因此423.
PO
2
在底面四边形ABCD中,AB∥DC,AB=2DC,
所以四边形ABCD是梯形,在Rt△ADB中,斜边AB边上的高为
4
4
8
5
85
5
,
即为梯形ABCD的高,
254585
所以四边形ABCD的面积为24.
S故
25
V
P
ABCD
1
3
2423163.
16.如图,三棱锥P-ABC的三个侧面均为边长是1的等边三角形,M,N分别为
PA,BC的中点.
(Ⅰ)求MN的长;
(Ⅱ)求证:
PA⊥BC.
(Ⅰ)解:
连接MB,MC.
∵三棱锥P-ABC的三个侧面均为边长是1的等边三角形,
3
∴MBMC,且底面△ABC也是边长为1的等边三角形.
2
∵N为BC的中点,∴MN⊥BC.
在Rt△MNB中,
MNMB
2BN
2
2
2
(Ⅱ)证明:
∵M是PA的中点,
∴PA⊥MB,同理PA⊥MC.
∵MB∩MC=M,∴PA⊥平面MBC,
又BC平面MBC,∴PA⊥BC.
17.如图,在四面体ABCD中,CB=CD,AD⊥BD,且E、F分别是AB、BD的中点.求
证:
(Ⅰ)直线EF∥平面ACD;
(Ⅱ)平面EFC⊥平面BCD.
.证明:
(Ⅰ)∵E、F分别是AB、BD的中点,
∴EF是△ABD的中位线,∴EF∥AD.
又EF平面ACD,AD平面ACD,∴直线EF∥平面ACD.
(Ⅱ)∵EF∥AD,AD⊥BD,∴EF⊥BD.
∵CB=CD,F是BD的中点,∴CF⊥BD.
∵CF∩EF=F,∴BD⊥平面CEF.
∵BD平面BCD,∴平面EFC⊥平面BCD.
18如图,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形,∠BAD=
11
∠FAB=90°,BC∥AD,BCAD,BE//AF,BEAF
22
FD的中点.
,G,H分别为FA,
(Ⅰ)证明:
四边形BCHG是平行四边形;
(Ⅱ)C,D,F,E四点是否共面?
为什么?
1
(Ⅰ)由题意知,FG=GA,FH=HD,∴GH∥AD,,
GHAD
2
1
又BC∥AD,BCAD
,∴GH∥BC,GH=BC,
2
∴四边形BCHG是平行四边形.
(Ⅱ)C,D,F,E四点共面.理由如下:
1
由BE∥AF,BFAF
,G是FA的中点,
2
得BE∥FG,且BE=FG.∴EF∥BG.
由(Ⅰ)知BG∥CH,∴EF∥CH,故EC,FH共面,又点D在直线FH上,
所以C,D,F,E四点共面.