专题4 第2讲 立体几何中的证明问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

第2讲　立体几何中的证明问题 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 基础自测　思维引航 基础自测 1.(2025天津,4)已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是(　　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β C 解析 对于A,若m∥α,n⊂α,则m∥n或m,n异面,故A错误; 对于B, ,如图,α∥β,故B错误; 对于D, ,如图,m∥β,此时m不垂直于β,故D错误.故选C. 2.(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∥n B.若m∥α,n∥α,则m∥n C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.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. 3.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　　　　.  解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,∴AC=2 又E为AD中点,EF∥平面AB1C,EF⊂平面ADC,平面ADC∩平面AB1C=AC, ∴EF∥AC,∴F为DC的中点,∴EF=AC= 4.(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=,FB=2,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. 由已知可得BG=,FG=3. 又FB=2,所以FB2=BG2+FG2,即FG⊥BG,所以FG⊥平面ABCD.由余弦定理和已知得cos∠FAB=,所以△FAB的面积S=AF·AB·sin∠FAB= 设M到平面FAB的距离为h,故三棱锥M-FAB的体积V=Sh=h. 又因为三棱锥F-AMB的体积为V=3,可得h= 思维引航 1.α⊥β的充分条件,即确定一个选项,其条件能够使得α⊥β成立. 2.一是注意命题对应哪个空间位置关系的定理、结论,有什么区别;二是根据命题的条件举反例. 3.已知线面平行,观察经过这条直线的平面,寻找这个平面与已知平面的交线,从而得线线平行. 4.(1)证明空间的平行与垂直,一般依据相应的判定定理,寻找使命题成立的充分条件. (2)几何法求点到平面的距离,一是利用等体积变换;二是确定相应垂线段,并化归到三角形中求解. 考点进阶　素养淬炼 考点一　空间位置关系的判定 例1　(1)(2024全国甲,理10)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题: ①若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β,则m∥n ④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ A 解析 对于①,若m∥n,若n⊄α且n⊄β,则n∥α且n∥β,若n⊂α,则n∥β,若n⊂β,则n∥α,故①正确; 对于②,若n⊥m,则n与α和β不一定垂直,②错误; 对于③,若n∥α且n∥β,由线面平行的性质可证明n∥m,③正确; 对于④,当n∥α且n∥β,n与α,β所成的角都为0°,此时n∥m,④错误.故选A. (2)(多选题)(2025全国1,9)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则(　　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D BD 解析 取B1C1中点D1,连接A1D1,AD,则AD∥A1D1.易知A1D1不垂直于平面AA1C1C,∴A1D1与A1C不垂直,∴AD与A1C不垂直,故A错误; 由题可知,B1C1⊥A1D1,B1C1⊥AA1,A1D1∩AA1=A1,A1D1,AA1⊂平面AA1D, ∴B1C1⊥平面AA1D,故B正确; ∵AD∥A1D1,AD∥平面A1B1C1,A1D1与A1B1相交, ∴AD与A1B1异面,故C错误; ∵CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D, ∴CC1∥平面AA1D,故D正确.故选BD. 3.判断空间直线、平面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断; (2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断; (3)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察直线、平面的位置关系,并结合有关定理进行判断. 【对点训练1】(1)(2025河北张家口高三模拟)已知α是一个平面,a,b是两条不同的直线, b⊂α,p:a⊥α,q:a⊥b,则p是q的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 A 解析 若a⊥α,由b⊂α,则a⊥b;若a⊥b,则a与α可能垂直、可能相交、可能平行、也可能a⊂平面α.故p是q的充分不必要条件. (2)(多选题)(2025山东潍坊高三二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为线段A1D1,AB的中点,则(　　) A.EF与BC异面 B.EF∥平面CDD1C1 C.EF⊥AC D.BD⊥平面EFC1 AC 解析 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1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, 不妨设正方体的棱长为2, 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0), E(1,0,2),F(2,1,0),C1(0,2,2),=(1,1,-2),=(-2,0,0), 对于A选项,易知EF,BC既不平行也不相交,故直线EF与BC异面,故A正确; 对于B选项,易知平面CDD1C1的一个法向量为m=(1,0,0),则m=1≠0,则EF与平面CDD1C1不平行,故B错误; 对于C选项,=(-2,2,0),所以=-2+2+0=0,则EF⊥AC,故C正确; 对于D选项,=(2,2,0),所以=2+2+0=4,所以EF,BD不垂直,即BD与平面EFC1不垂直,故D错误.故选AC. 考点二　几何法证明空间平行、垂直 例2　如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,EF=1,AE=DE=. (1)求证:CD∥平面ABFE; (2)求证:平面ABFE⊥平面CDEF. 证明 (1)在五面体ABCDEF中,因为四边形ABCD是正方形, 所以AB∥CD.又CD⊄平面ABFE,AB⊂平面ABFE, 所以CD∥平面ABFE. (2)因为AE=DE=,AD=2,所以AE2+DE2=AD2, 所以∠AED=90°,即AE⊥DE.因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD. 因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD, 所以AB⊥平面ADE. 因为DE⊂平面ADE,所以AB⊥DE. 因为AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE. 因为DE⊂平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF. 一题多变 本例条件下,判断在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE?说明理由. 解 在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE. 证明如下:取CD的中点N,连接FN. 由(1)知,CD∥平面ABFE, 又CD⊂平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF, 所以CD∥EF. 因为EF=1,ND=CD=1,所以EF=DN. 所以四边形EDNF是平行四边形,所以FN∥DE. 由(2)知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE. (1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α; (2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b; (3)面面平行的判定定理:a⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,a∩b=P⇒α∥β; (4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b. 2.线面垂直、面面垂直的判定及性质定理 (1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α; (2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b; (3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒β⊥α; (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β. 【对点训练2】(2025上海,18)如图,P是圆锥的顶点,O是底面圆圆心,AB为底面圆直径,AB=2. (1)若PA与底面所成角大小为,求该圆锥的侧面积; (2)已知Q是母线AP的中点,点C,D在底面圆周上,弧长为,且CD∥AB,点T在OC上运动,求证:QT∥平面PBD. (1)解 如图,连接PO,由题意知PO垂直底面, ∵PA与底面所成角大小为, ∴∠PAO=,∠POA=, 又OA=AB=1,∴PA=2,∴S侧=π·OA·PA=2π. (2)证明 如图,作出点C,D,T,连接CD,BD,QT,QC,QO,OD,PD,在△PAB中, ∵O,Q分别是AB,AP的中点,∴OQ∥PB, 又PB⊂平面PBD,OQ⊄平面PBD,∴OQ∥平面PBD. ∵∠AOC=,且CD∥AB,∴∠OCD=∠AOC=, 又OC=OD=1,∴△OCD是等边三角形,∴CD=1=OB, 又CD∥OB,∴四边形OCDB是平行四边形,∴OC∥BD, 又OC⊄平面PBD,BD⊂平面PBD,∴OC∥平面PBD, 又OC∩OQ=O,OC⊂平面OCQ,OQ⊂平面OCQ, ∴平面OCQ∥平面PBD. ∵QT⊂平面OCQ,∴QT∥平面PBD. 考点三　向量法证明空间平行、垂直 例3　如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC, AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明: (1)BE⊥DC; (2)BE∥平面PAD; (3)平面PCD⊥平面PAD. 证明 易知AB,AD,AP两两垂直.以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 由E为棱PC的中点,得E(1,1,1). (1)因为=(0,1,1),=(2,0,0), 所以=0×2+1×0+1×0=0,则,所以BE⊥DC. (2)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA. 又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD, 所以=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量. 因为=0×1+1×0+1×0=0,所以,即BE⊥AB. 又BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量为=(1,0,0),=(0,2,-2),=(2,0,0), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则令y=1,则x=0,z=1,得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量. 又n=1×0+0×1+0×1=0,所以n,所以平面PCD⊥平面PAD. 【对点训练3】如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA, QA=AB=PD. 证明:(1)平面PQB⊥平面DCQ; (2)PC∥平面BAQ. 证明 (1)由题意易知,DA,DP,DC两两互相垂直. 如图,以D为原点,DA,DP,DC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. 设DA=1,则D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0), =(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0), 所以=1×1+1×(-1)+0=0, =0×1+0×(-1)+1×0=0, 则,即PQ⊥QD,PQ⊥DC. 又DQ∩DC=D,DQ,DC⊂平面DCQ,故PQ⊥平面DCQ. 又PQ⊂平面PQB,所以平面PQB⊥平面DCQ. (2)由(1)知,A(1,0,0),B(1,0,1),则=(1,0,0),=(0,0,1),=(0,1,0), 故=1×0+0×0+0×1=0,=1×0+0×1+0×0=0, 所以DA⊥AB,DA⊥AQ. 又AB∩AQ=A,AB,AQ⊂平面BAQ, 所以DA⊥平面BAQ,所以为平面BAQ的一个法向量. 又因为=(0,-2,1),且=0,所以DA⊥PC. 又PC⊄平面BAQ,故PC∥平面BAQ. $