高考数学第一轮复习立体几何专题题库53

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1、581.已知空间四边形ABCD中，E、H分别是AB、AD的中点。（1）如图（甲）中，F、G分别是BC、CD的中点，求证：四边形EFGH是平行四边形；（2）如图（乙）中，若F是BC上的点，G是DC上的点，且，求证：四边形EFGH是梯形，并且直线EF、GH、AC共点。证明：（1）如图（甲），连结BD。∵EH是的△ABD中位线，∴EHBD，同理FGBD根据公理4，EHFG∴四边形EFGH是平行四边形。（2）如图（乙）由（1）知EHBD，又在△ABD中，∴FG∥BD，FG=BD由公理4，∴EH∥FG，又FG>EH

2、。∴四边形EFGH是梯形。则直线EF、GH相交，设EF∩GH=P则P∈EF，又EF平面ABC∴P∈平面ABC，同理P∈平面ADC。又平面ABC∩平面ADC=AC由公理2，得P∈AC，即EF、GH、AC三条直线共点。点评：证明四边形是平行四边形或者梯形，首先必须证明它是平面图形，本题中的EH∥FG是关键582.如图，在正方体ABCD——A1B1C1D1中，E、F分别是B1D1，A1B的中点，求证：EF∥AD1。解析：要证两条直线平行一是证这两条直线在同一平面内，再用平面几何知识证明它们平行；二是用平行公理即

3、平行直线的传递性，找到与它们都平行的“公共”直线。这里E为D1B1的中点，易想到用构造三角形的中位线的方法直接证明平行。因此，连AB1是非常重要的步骤。证明：连AB1，则AB1过A1B的中点F。又E为D1B1的中点，∴EF为△AD1B1的中位线，则EF∥AD1583.如图，α∩β=C，aα，a∩c=A，bβ，b∩c=B，A、B为不同点。则a与b的位置关系为（）A、平行B、异面C、平行、异面均可能D、平行、相交、异面均可能解析：B符合两条异面直线的判定，选B584.下面的三个命题：①四边相等的四边形是菱形

4、；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③若四边形有一组对角都是直角，则这个四边形是圆的内接四边形。其中正确命题的个数是：（）A、1个B、2个C、3个D、0个解析：D均不能保证它们是平面图形，故均不正确，选D585.空间两个角α和β，若α和β的两边对应平行，当α=50°时，β=。解析：50°或130°β与α相等或互补586.正方体的12条面对角线所在的直线中，互相异面的直线共有对。解析：30面对角线中，与AC相交的有5条，平行的有1条，（自身为1条）故与AC异面的直线有12-5-1-1=5（条）。则共有

5、12×5×=30（对587.四面体ABCD中，AB=CD，AC=BD，AD=BC，则∠BAC+∠CAD+∠DAB=。解析：180°四个三角形均是全等的三角形，故所求三个角即其中任一三角形的三个内角588.在四面体ABCD中，已知点M，N，P分别在棱AD，BD，CD上，点S在平面ABC内，画出线段SD与过点M，N，P的截面的交点O。解析：图中，SD与平面MNP的交点O点画在△MNP内的任何位置好象都“象”，即直观上不能直接看出画在何处才是准确的。采用上一题的思想方法，找出经过直线SD的平面，如平面ASD（平

6、面CSD…），作出它与平面MNP的交线。解：连接AS交BC于E，连ED交NP于F，连MF。∵M∈AD，AD平面AED，∴M∈平面AED∵F∈ED，ED平面AED，∴F∈平面AED又M∈平面MNP，F∈平面MNP，∴平面AED∩平面MNP=MF∵O∈SD，SD平面AED，∴O∈平面AED，又O∈平面MNP则O∈MF即O为MF与SD的交点。589.已知直线a∥b，c∩a=A，c∩b=B。求证：a、b、c在同一平面内。证明：∵a∥b∴经过a、b可确定一个平面α∵c∩a=A，∴A∈a，而aα∴A∈α，同理B∈α则

7、ABα，即cα∴a、b、c在同一平面α内点评：利用a∥b，可确定平面α，易证cα。若利用c∩a=A，也可确定平面α，但证bα就较困难。因此，选择恰当的点或线确定平面是非常重要的。590.空间四边形ABCD中，P、Q、R分别AB、AD、CD的中点，平面PQR交BC于S,求证：四边形PQRS为平行四边形。证明：∵PQ为AB、AD中点∴PQ‖BD又PQ平面BCD，BD平面BCD∴PQ‖平面BCD又平面PQR∩平面BCD＝RS,PQ平面RQR∴PQ‖RS∵R为DC中点,∴S为BC中点,∴PQRS∴PQRS为平行四

8、边形评述:灵活运用线面平行的判定定理和性质定理,“线线平行线面平行”是证平行关系的常用方法。变式题：如图，在四面体ABCD中，截面EFGH是平行四边形．求证：AB∥平面EFG．证明 ∵面EFGH是截面．∴点E，F，G，H分别在BC，BD，DA，AC上．∴EH面ABC，GF面ABD，由已知，EH∥GF．∴EH∥面ABD．又 ∵EH面BAC，面ABC∩面ABD=AB∴EH∥AB．∴AB∥面EFG．