高中数学证明题
2021高中数学线线,线面,面面垂直的证明(含解析)
线线，线面，面面垂直的证明一、线面垂直（共9题；共85分）1.（2021高一下·岑溪期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.（1）求证：平面；2.（2021高一下·和平期末）如图，斜三棱柱中，侧面是菱形，与交于点，E是AB的中点．求证：（2）若，求证：．3.（2021高一下·宁波期末）已知三棱锥，平面，是以为斜边的等腰直角三角形，是以为斜边的直角三角形，为上一点，为上一点，且．（Ⅰ）现给出两个条件：① ；② 为中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：平面；4.（2021高一下·怀化期末）如图，在正方体中.（1）求证：面；5.（2021高一下·绍兴期末）如图，四棱台的底面是矩形，，，，．（Ⅰ）证明：平面；6.（2021高二下·二道期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；7.（2021高一下·长春期末）如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.8.（2021高一下·河北期末）如图，在正四棱锥中，点E，F分别在棱PB，PD上，且．（1）证明：平面PAC．9.（2021高一下·天津期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，（2）求证：直线平面二、线线垂直（共7题；共70分）10.（2021高一下·海南期末）如图所示，三棱柱中，，，，．（1）证明：；11.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB= BC = 2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.（1）证明：BF⊥DE；12.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形．分别为和的中点，．（2）已知为棱上的点，证明：．13.（2021·新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD：14.（2021高一下·广东期末）如图，在三棱锥中，，点是线段的中点，平面平面.（2）求证：.15.（2021高二下·湖北期末）中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中于，，，平面．（1）求证：；16.（2021·浙江）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；三、面面垂直（共9题；共105分）17.（2021·新高考Ⅱ卷）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；18.（2021高一下·滨海新期末）如图，在三棱柱中，平面，，是的中点.（2）求证：平面平面；19.（2021高一下·和平期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，，，为的中点．（2）求证：平面平面；20.（2021高一下·龙岩期末）如图，是圆锥的顶点，是底面圆的直径，为底面圆周上异于的点，为的中点．（1）求证：平面平面21.（2021高一下·东丽期末）如图，三棱柱，底面，且为正三角形，，为中点．（2）求证：平面平面．22.（2021高一下·湖北期末）如图，在三棱台中，上底面为等腰直角三角形，，，，在上，.（1）证明：平面平面；23.（2021高一下·重庆期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．（1）证明：平面平面BCD；24.（2021高一下·河北期末）如图，在三棱柱中，，点为的中点，，．（1）证明：平面平面ABC．25.（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M为BC的中点，且PB AM.（1）证明：平面PAM 平面PBD；线线，线面，面面垂直的证明参考答案一、线面垂直（共9题；共85分）1.（2021高一下·岑溪期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面.（1）求证：平面；【答案】（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PD⊥AC，又，AC⊥平面PBD2.（2021高一下·和平期末）如图，斜三棱柱中，侧面是菱形，与交于点，E是AB的中点．求证：（2）若，求证：．（2）∵侧面是菱形∴∵，，平面，平面∴平面∵平面∴．3.（2021高一下·宁波期末）已知三棱锥，平面，是以为斜边的等腰直角三角形，是以为斜边的直角三角形，为上一点，为上一点，且．（Ⅰ）现给出两个条件：① ；② 为中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：平面；【答案】解：（Ⅰ）若选①证明：∵平面，平面，∴，又，，∴平面．又平面，∴．又，，∴平面．又平面，∴．又，，∴平面．若选② 为中点证明：∵平面，平面，∴．又，，∴平面．又平面，∴．又，，∴平面．又平面，∴．又为等腰直角三角形斜边中点，则，，∴平面．4.（2021高一下·怀化期末）如图，在正方体中.（1）求证：面；【答案】（1）证明：因为为正方体，所以ABCD为正方形,所以，又因为平面ABCD，平面ABCD，故，又，平面，所以平面．5.（2021高一下·绍兴期末）如图，四棱台的底面是矩形，，，，．（Ⅰ）证明：平面；【答案】解：（Ⅰ）证明：因为底面是矩形，所以，又，，所以平面，又因为，所以平面．6.（2021高二下·二道期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；【答案】（1）在正方形ABCD中，，又侧面底面ABCD，侧面底面，所以平面PAD，平面PAD，所以，是正三角形，M是PD的中点，所以，又，所以平面PCD.7.（2021高一下·长春期末）如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.（1）证明：BC⊥面PAC；【答案】（1）证明见解析PA垂直于所在的平面PA⊥BCAB是的直径AC⊥BCBC⊥面PAC8.（2021高一下·河北期末）如图，在正四棱锥中，点E，F分别在棱PB，PD上，且．（1）证明：平面PAC．【答案】（1）证明：如图，连接，记，连接PO，由题意可得四边形ABCD是正方形，，则O为AC的中点，且，因为，所以，因为平面，面，且，所以平面，因为，所以，则平面PAC；9.（2021高一下·天津期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，（2）求证：直线平面【答案】（2）因为四边形是菱形，所以又因为平面平面所以又因为所以平面二、线线垂直（共7题；共70分）10.（2021高一下·海南期末）如图所示，三棱柱中，，，，．（1）证明：；【答案】（1）∵，，．∴，∴．∵，，∴．又∵，平面，∴平面．∵平面，∴．11.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB= BC = 2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.（1）证明：BF⊥DE；【答案】法一法2（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．因为，所以，所以．12.（2021·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形．分别为和的中点，．（2）已知为棱上的点，证明：．（2）由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，正方形中，为中点，则，又，故平面，而平面，从而.13.（2021·新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD：【答案】（1），为中点，，面，面面且面面，面，．14.（2021高一下·广东期末）如图，在三棱锥中，，点是线段的中点，平面平面.（2）求证：.【答案】（2）证明：∵，∴，∴，∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴.15.（2021高二下·湖北期末）中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中于，，，平面．（1）求证：；【答案】（1）证明：∵平面，平面，∴，又，，平面，平面，∴平面，又平面．∴．16.（2021·浙江）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；【答案】（1）证明：在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以三、面面垂直（共9题；共105分）17.（2021·新高考Ⅱ卷）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；【答案】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.18.（2021高一下·滨海新期末）如图，在三棱柱中，平面，，是的中点.（2）求证：平面平面；【答案】（2）∵，是的中点，∴，∵三棱柱中，平面，∴平面∵AD 平面，∴，又､BC是平面内的两条相交直线∴平面∵AD 平面∴平面平面19.（2021高一下·和平期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，，，为的中点．（2）求证：平面平面；【答案】（2）因为平面平面，平面平面，,所以平面，因为平面，所以,又, 平面,所以平面,又平面，所以,又,所以,又平面,所以平面,又平面,所以平面平面；20.（2021高一下·龙岩期末）如图，是圆锥的顶点，是底面圆的直径，为底面圆周上异于的点，为的中点．（1）求证：平面平面【答案】（1）由圆锥的性质可知，底面圆∵在底面圆上，∴，∵在圆上，为直径，∴，又点分别为的中点，∴∴又，且平面，∴平面，又平面，∴平面平面．21.（2021高一下·东丽期末）如图，三棱柱，底面，且为正三角形，，为中点．（2）求证：平面平面．【答案】（2）∵面，面，∴．又，，∴，面，∴面．又面，∴面面．22.（2021高一下·湖北期末）如图，在三棱台中，上底面为等腰直角三角形，，，，在上，.（1）证明：平面平面；【答案】（1）因为三棱台中，因为，所以，由，所以，所以，又由，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.23.（2021高一下·重庆期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，，，将沿折起，使得平面平面，如图2．（1）证明：平面平面BCD；【答案】（1）在中，因为，，，由余弦定理得，所以，所以，所以如图所示：作于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以，又由，所以平面.所以平面平面BCD；24.（2021高一下·河北期末）如图，在三棱柱中，，点为的中点，，．（1）证明：平面平面ABC．【答案】（1）证明：因为，所以，，在三棱柱中，，所以，又因为，所以平面ABC，又因为平面，所以平面平面ABC；25.（2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，M为BC的中点，且PB AM.（1）证明：平面PAM 平面PBD；【答案】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．。
高中数学专题—函数中的证明题
高中数学专题——函数中的证明题一、偶函数证明1、我们把定义在R 上，且满足)()(x af T x f （其中常数T a,满足0,0,1T a a ）的函数叫做似周期函数．若某个似周期函数)(x f y满足1T且图像关于直线1x对称．求证：函数)(x f 是偶函数；证明：因为R x 关于原点对称，又函数)(x f y的图像关于直线1x对称，所以)1()1(x f x f ……①，又1T ，,)()1(x af x f ……②用x 代替x 得,)()1(x af x f ……③由①②③可知,)()(x af x af 01a a 且，)()(x f x f ．即函数)(x f 是偶函数；二、唯一零点证明2、设函数()(,,)nn f x xbxc n N b c R . 设2,1,1n b c ≥，证明：()n f x 在区间1(,1)2内存在唯一的零点；证明：因为n 1()<02f ，n (1)>0f 。
所以n 1()2f n (1)<0f 。
所以n (x)f 在1(1)2，内存在零点。
12121212121x (,1),x <(x )-f (x )=(x -)+(x -x )<02n nn n x x f x 任取、且，则，所以n (x)f 在1(1)2，内单调递增，所以n (x)f 在1(1)2，内存在唯一零点。
三、函数中的不等式证明3、已知函数2()(,)f x xax b a bR ，记(,)M a b 是|()|f x 在区间[1,1]上的最大值.证明：当||2a 时，(,)2M a b ；证明：由已知可得11f a b ，11fa b ，对称轴为2a x，因为2a，所以12a 或12a ，所以函数f x 在1,1上单调，则,max 1,1max 1,1Ma bf f a b a b ，所以111,1+11(1)22222M a b abababab aa，从而得证. 四、单调性证明4、设121()log 1ax f x x x 为奇函数，a 为常数．求出a 的值并证明函数()f x 在(1,)x 上的单调递增. 解：121()log 1ax f x x x 为奇函数，()()0f x f x 对定义域内的任意x 都成立，112211log log 011ax ax xxx x ，11111ax ax x x ，解得1a 或1a （舍去）. 证明：121()log 1xf x x x ，任取12,(1,)x x ，设12x x ，则1221121211011(1)(1)x x x x x x x x ，121211011x x x x 1211122211log log 11x x x x 121112122211log log 11x x x x x x 12()()f x f x ()f x 在(1,)x 上是增函数.五、反函数的存在性证明5、已知函数9()||f x x a a x，[1,6]x，a R ．当3,1a 时，求证函数()f x 存在反函数．证明：因为13a ，所以92(),1,()9,6,a xx a xf x xaxx当13a 时，()f x 在[1,]a 上是增函数——证明略，同理，()f x 在[,6]a 上也是增函数——证明略；当13a时，x f y6,1x 上是增函数所以任意一个6,1x ，均能找到唯一的y 和它对应，所以xf y 6,1x时，()f x 存在反函数。
28 高中数学等差等比数列证明专题训练
专题28高中数学等差等比数列证明专题训练【方法总结】1．等差数列的四个判定方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(3)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．提醒：(1)定义法和等差中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前n 项和公式法主要适合在选择题或填空题中使用．(2)若要判定一个数列不是等差数列，则只需判定存在连续三项不成等差数列即可．2．等比数列的四个判定方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0，1)，则{a n }是等比数列．提醒：(1)定义法和等比中项法主要适合在解答题中使用，通项公式法和前n 项和公式法主要适合在选择题或填空题中使用．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．【高考真题】1．(2022·全国甲理文) 记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n＋n ＝2a n ＋1． (1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．【题型突破】1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝7，a 5＋a 7＝26．(1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }为等差数列． 2．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由．3．在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ． 4．数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列； (2)设b n ＝3n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ．5．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12． (1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *)．(1)设b n ＝a n 3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝a n n －a n 3n ，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，求T n ． 7．(2021·全国乙)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n ＋1b n＝2． (1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．8．(2014·全国Ⅰ)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n －12S n －1＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列{S n ＋(n ＋2n )λ}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．10．若数列{b n }对于任意的n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列．如数列c n ，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n ＋9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n ．(1)求证：{a n }是准等差数列；(2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20．11．已知数列{a n }的首项a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23． (1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n － 1．(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列． 13．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的前三项a 1，a 2，a 3；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋23(－1)n 为等比数列，并求出{a n }的通项公式． 14．已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{b n }是等比数列．15．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，2a n ，n 为偶数(n ∈N *)，设b n ＝a 2n －1． (1)求b 2，b 3，并证明b n ＋1＝2b n ＋2；(2)①证明：数列{b n ＋2}为等比数列；②若a 2k ，a 2k ＋1,9＋a 2k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．16．(2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4．(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列；(2)求{a n }和{b n }的通项公式．17．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a n n． (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．18．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数．(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列，若存在，求出λ；若不存在，说明理由．19．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1，1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n项和为T n ，且满足12n a -＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ； (2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．20．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数)．(1)试探究数列{a n＋λ}是不是等比数列，并求a n；(2)当λ＝1时，求数列{n(a n＋λ)}的前n项和T n．。
高中数学立体几何平行、垂直位置关系证明题专项练习(带答案)
立体几何平行、垂直位置关系专练1、如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AB AD ⊥，2AD BC =，M 点在线段PD 上，且满足2MD PM =.（1）求证:AB PD ⊥；（2）求证://PB 平面MAC .2、如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，E 为PA 的中点，F 为BC 的中点，底面ABCD 是菱形，对角线AC ，BD 交于点O ．求证：（1）平面//EFO 平面PCD ；（2）平面PAC ⊥平面PBD ．3、如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高为6，其底面边长为2.已知点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，点D 是棱CC 1上靠近C 的三等分点．求证：(1)B 1M ∥平面A 1BN ；(2)AD ⊥平面A 1BN.4、如图，等边三角形ABC与直角梯形ABDE所在平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB，M为AB的中点．(1)证明：CM⊥DE；(2)在边AC上找一点N，使CD∥平面BEN.5、如图，矩形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE 的中点．求证：(1)MN∥平面BEC；(2)AH⊥CE.6、如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．7、在三棱锥S ABC -中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB BC ⊥，AS AB =，过A 作AF SB ⊥，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．（1）求证：平面EFG ∥平面ABC ．（2）求证：BC SA ⊥．8、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，点D 为棱1C C 的中点，1AC 与1A D 交于点E ，1BC 与1B D 交于点F ，连结EF .求证：（1）//AB EF ；（2）平面11A B D ⊥平面11B BCC .9、【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．点，平面PAB ⊥底面ABCD ，90PAB ∠= ．求证：（1）//PB 平面AEC ；（2）平面PAC ⊥平面ABCD ．11、2.（2020·江苏省镇江高三二模）如图，三棱锥P ABC -中，点D ，E 分别为AB ，BC 的中点，且平面PDE ⊥平面ABC ．()1求证：//AC 平面PDE ；()2若2PD AC ==，PE =PBC ⊥平面ABC .12、（2020·江苏省建湖高级中学高三月考）如图，在四面体ABCD 中，,90AD BD ABC =∠= ，点,E F 分别为棱,AB AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面//EFG 平面BCD ．（1）求证：12EF BC =；（2）求证：平面EFD ⊥平面ABC ．点，PA ⊥平面ABCD .（1）求证：//PB 平面AEC ；（2）若四边形ABCD 是矩形且PA AD =，求证：AE ⊥平面PCD .14、（2020·江苏省高三二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点.求证：（1）11AC ∥平面1B EF ；（2）1AC B E ⊥.15、（2020·江苏省连云港高三）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E 、F 分别为AD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：//EF 平面PCD .16、（2020·江苏省苏州高三）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．17、（2020·江苏省通州高三）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面1,2,1,,AB BC AA AC BC E F ⊥===分别是11,AC BC 的中点．（1）求证: 平面ABE ⊥平面11B BCC ；（2）求证:1C F ∥平面ABE ；18、（2020·江苏省高三三模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，1BC B C =，O 为四边形11ACC A 对角线交点，F 为棱1BB 的中点，且AF ⊥平面11BCC B .（1）证明：//OF 平面ABC ；（2）证明：四边形11ACC A 为矩形.参考答案1．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AB AD ⊥，2AD BC =，M 点在线段PD 上，且满足2MD PM =.（1）求证:AB PD ⊥；（2）求证://PB 平面MAC .【解析】（1）∵四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB 平面ABCD ， ∴AB PA ⊥，又AB AD ⊥，,PA AD ⊂平面PAD ，PA AD A ⋂=， ∴AB ⊥面PAD .PD ⊂面PAD ，∴AB PD ⊥. （2）连结BD AC O ⋂=，连结MO ， ∵//AD BC ，2AD BC =，2DO BO ∴=,∵在PBD ∆中，2DM MP =，2DO BO =∴//PB MO ， 又PB ⊄面MAC ，MO ⊂面MAC ，∴//PB 面MAC .2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，E 为PA 的中点，F 为BC 的中点，底面ABCD 是菱形，对角线AC ，BD 交于点O ．求证：（1）平面//EFO 平面PCD ；（2）平面PAC ⊥平面PBD ． 【详解】（1）因为在ΔPAC 中，E 为PA 的中点，O 为AC 的中点， 所以//EO PC又EO ⊄平面PCD ，PC ⊂平面PCD ， 所以//EO 平面PCD同理可证，//FO 平面PCD ，又EO FO O = ，EO ⊂平面EFO ,FO ⊂平面EFO 所以平面//EFO 平面PCD ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA BD ⊥因为底面ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥，又,,PA AC A PA PAC AC PAC =⊂⊂ 平面平面所以BD ⊥平面PAC 。
高中数学立体几何证明题汇总
高中数学立体几何证明题汇总立体几何常考证明题1.已知四边形ABCD是空间四边形，E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点。
1）证明EFGH是平行四边形。
2）已知BD=23，AC=2，EG=2，求异面直线AC、BD所成的角和EG、BD所成的角。
2.如图，已知空间四边形ABCD中，BC=AC,AD=BD，E 是AB的中点。
1）证明AB垂直于平面CDE。
2）证明平面CDE垂直于平面ABC。
3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点。
证明A1C平行于平面BDE。
4.已知三角形ABC中∠ACB=90，SA垂直于面ABC，AD垂直于SC。
证明AD垂直于面SBC。
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1，O是底面ABCD对角线的交点。
1）证明C1O平行于面AB1D1.2）证明AC1垂直于面AB1D1.6.正方体ABCD-A1B1C1D1中。
1）证明AC垂直于平面B1D1D。
2）证明BD1垂直于平面ACB1.7.正方体ABCD-A1B1C1D1中。
1）证明平面A1BD平行于平面B1DC。
2）已知E、F分别是AA1、CC1的中点，证明平面EB1D1平行于平面FBD。
8.四面体ABCD中，AC=BD，E、F分别为AD、BC的中点，且EF=AC/2，∠XXX。
证明BD垂直于平面ACD。
9.如图P是△ABC所在平面外一点，PA=PB，CB垂直于平面PAB，M是PC的中点，N是AB上的点，AN=3NB。
1）证明XXX垂直于AB。
2）当∠APB=90，AB=2BC=4时，求MN的长度。
10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是AB、AD、C1D1的中点。
证明平面D1EF平行于平面BDG。
11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点。
1）证明A1C平行于平面BDE。
2）证明平面A1AC垂直于平面BDE。
12、已知矩形ABCD，PA垂直于平面ABCD，AB=2，PA=AD=4，E为BC的中点。
高中数学几何证明题
新课标立体几何常考证明题汇总1、已知四边形 ABCD 是空间四边形，E,F,G,H 分别是边AB, BC,CD, DA 的中点 (1) 求证：EFGH 是平行四边形(2) 若BD=2√3，AC=2 EG=2求异面直线 AG BD 所成的角和EG BD 所成的角。
1证明：在 ABD 中，∙∙∙ E, H 分别是AB, AD 的中点二EH //BD ,EH BD21同理，FG // BD , FG BD ∕∙ EH // FG ,EH = FG .∙.四边形 EFGH 是平行四边形。
2⑵ 90 ° 30 °考点：证平行(利用三角形中位线)，异面直线所成的角2、如图，已知空间四边形 ABCD 中，BC =AC, AD =BD ,E 是AB 的中点。
同理，AD一BD=DE _ AB AE =BE,又∙.∙ CE DE=E.∙. AB _ 平面 CDE(2)由(1)有AB _平面CDE 又∙.∙ A B-平面ABC ,.∙.平面CDE _平面ABC 考点：线面垂直，面面垂直的判定求证：(1) AB _ 平面 CDE;(2) 平面CDE _平面ABC 。
证明：BC=AC [— (1) ⅛ CE 丄 ABAE=BEAC3、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA l的中点,求证：AC//平面BDE 。
证明：连接AC交BD于O ,连接EO ,∙∙∙ E为AA1的中点，O为AC的中点∙∙∙ EO为三角形A1AC的中位线∙∙∙ EO//AC又EO在平面BDE内，AC在平面BDE夕卜∙A I C // 平面BDE。
考点：线面平行的判定4、已知ABC 中.ACB =90〔SA_ 面ABC, AD _ SC,求证：AD _ 面SBC.证明：T ACB =90 ° BC _ AC又SA_面ABC . SA_ BC.BC _ 面SAC.BC _ AD又SC — AD, SC「BC =C AD_ 面SBC考点：线面垂直的判定5、已知正方体ABCD -A I BIGD I , O是底ABCD对角线的交点•求证：（1 ）C I O // 面AB1D1 ; （2）AC-面AB1D1 .证明：（1）连结A1C1,设AICλ BID^O I,连结AO1∙∙∙ ABCD -^B1C1D1是正方体.A l ACC I是平行四边形∙ A1C1 // AC 且A I C^AC又O1,O 分别是A1C1,AC 的中点，∙∙∙ O1C1∕/ AO 且O1C1 =AO AOC1O1是平行四边形Ca AOI, AOI面AB1D1, C1O 二面AB1D1∙ C1O// 面AB1D1（2）'* CC1丄面A1B1C1D1 =CC 丄BD又T AG 丄BIDI, ΛB1 D1丄面 A1C1C 即 AC丄BD同理可证AIC—AD I ,又D I B I AD1 = D IAC -面AB1D1考点：线面平行的判定（利用平行四边形），线面垂直的判定B CCBC1C6、正方体 ABCD —A'B'C'D'中，求证：（1）AC 丄平面 B'D'DB ；（ 2）BD'丄平面 ACB'7、正方体 ABCD — A I B I C I D I 中.⑴求证：平面 A i BD //平面B i D i C;⑵若E 、F 分别是AA i ，CC i 的中点，求证：平面 EB i D i /平面FBD . 证明：⑴由B i B/ DDi ,得四边形BB i D i D 是平行四边形，二B i D i / BD , 又 BD 二平面 B i D i C, B i D i 平面 B i D i C,∙∙∙ BD //平面 B i D i C . 同理 A i D //平面 B i D i C .而 A i D ∩ BD = D ,∙平面 A i BD //平面 B i CD .⑵由 BD/ B i D i ,得 BD //平面 EB i D i •取 BB i 中点 G,∙ AE // B i G .从而得 B i E // AG ,同理 GF // AD . ∙ AG // DF . ∙ B i E/ DF . ∙ DF //平面 EB i D i考点：线面平行的判定（利用平行四边形） 8、如图P 是 ABC 所在平面外一点，PA = PB,CB _平面PAB , M 是PC 的中点，N 是AB 上的点,AN =3NB(i)求证：MN _ AB ; (2)当.APB =90 , AB =2BC =4 时，求 MN 的长。
高中数学推理证明题的常用证明方法及实例解析
高中数学推理证明题的常用证明方法及实例解析在高中数学中，推理证明题是一种常见的题型，要求学生运用已知的条件和基本的数学知识，通过逻辑推理和证明方法来得出结论。
这类题目不仅考察学生的数学思维能力，还培养了学生的逻辑思维和分析问题的能力。
本文将介绍一些常用的证明方法，并通过具体的题目解析，帮助读者更好地理解和应用这些方法。
一、直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一，它通过逻辑推理和运用已知条件来得出结论。
具体步骤如下：1. 首先，我们要明确问题的要求，即要证明的结论是什么。
2. 其次，我们要分析已知条件，找到与结论相关的条件和信息。
3. 然后，我们要根据已知条件和结论，通过逻辑推理和数学运算，一步一步地推导出结论。
4. 最后，我们要对证明过程进行总结，确保每一步的推理都是合理的，并且符合数学规律。
下面通过一个具体的例子来说明直接证明法的应用。
【例题】已知：直角三角形ABC中，∠B=90°，AB=BC。
证明：∠ABC=45°。
【解析】根据已知条件，我们可以得到∠B=90°和AB=BC。
接下来，我们通过直接证明法来证明∠ABC=45°。
由于∠B=90°，所以∠ABC+∠BCA=90°。
（三角形内角和定理）又因为AB=BC，所以∠BCA=∠ABC。
（等腰三角形的性质）将上述两个等式带入∠ABC+∠BCA=90°中，得到∠ABC+∠ABC=90°。
化简得到2∠ABC=90°，即∠ABC=45°。
因此，我们通过直接证明法证明了∠ABC=45°。
二、间接证明法间接证明法是一种通过反证法来证明结论的方法。
它假设结论不成立，然后通过逻辑推理推导出矛盾的结论，从而反驳了假设，证明了结论的正确性。
具体步骤如下：1. 首先，我们要明确问题的要求，即要证明的结论是什么。
2. 其次，我们要假设结论不成立，即假设反面命题成立。
高中不等式证明练习题及参考答案
高中不等式证明练习题及参考答案高中不等式证明练习题及参考答案不等式证明是可以作文练习题经常出现的，这类的练习题是的呢?下面就是店铺给大家整理的不等式证明练习题内容，希望大家喜欢。
不等式证明练习题解答(1/a+2/b+4/c)*1=(1/a+2/b+4/c)*(a+b+c)展开，得=1+2a/b+4a/c+b/a+2+4b/c+c/a+2c/b+4=7+2a/b+4a/c+b/a+4b/c+c/a+2c/b基本不等式，得>=19>=18用柯西不等式：(a+b+c)(1/a + 2/b + 4/c)≥(1+√2+2)^2=(3+√2)^2=11+6√2≥18楼上的，用基本不等式要考虑等号时候成立，而且如果你的式子里7+2a/b+4a/c+b/a+4b/c+c/a+2c/b直接用基本不等式得出的并不是≥18设ab=x,bc=y,ca=z则原不等式等价于：x^2+y^2+z^2>=xy+yz+zx<=>2(x^2+y^2+z^2)>=2(xy+yz+zx)<=>(x^2-2xy+y^2)+(y^2-2yz+z^2)+(z^2-2zx+x^2)>=0<=>(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2>=0含有绝对值的不等式练习。
1.实数x的不等式|x-|7|x+1|成立的前提条件是：x7x+7, -1-7x-7, x>-2，因此有：-20的解，∵a<0，不等式变形为x2+x-<0，它与不等式x2+x+<0比较系数得：a=-4,b=-9.函数y=arcsinx的定义域是 [-1, 1] ，值域是，函数y=arccosx的定义域是 [-1, 1] ，值域是[0, π] ，函数y=arctgx的定义域是 R ，值域是 .，函数y=arcctgx的定义域是 R ，值域是(0, π) .直接求函数的值域困难时，可以利用已学过函数的有界性，来确定函数的值域。
高中数学证明题技巧
高中数学证明题技巧（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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高中数学归纳法证明题
高中数学归纳法证明题高中数学归纳法证明题数学归纳法是非常实用的，这类的归纳法可以证明很多的东西。
下面就是店铺给大家整理的用数学归纳法证明内容，希望大家喜欢。
用数学归纳法证明公式1/2+2/2^2+3/2^3+......+n/2^n=2 - n+2/2^n.1/2+2/2^2+3/2^3+......+n/2^n=2 - (n+2)/2^n.1、当n=1时候，左边=1/2;右边=2-3/2=1/2左边=右边，成立。
2、设n=k时候，有：1/2+2/2^2+3/2^3+......+k/2^k=2 - (k+2)/2^k成立，则当n=k+1时候：有：1/2+2/2^2+3/2^3+.....+k/2^k+(k+1)/2^(k+1)=2 - (k+2)/2^k+(k+1)/2^(k+1)=2-[2(k+2)-(k+1)]/2^(k+1)=2-(k+3)/2^(k+1)=2-[(k+1)+2]/2^(k+1)用数学归纳法证明解答我觉得不是所有的猜想都非要用数学归纳法.比如a1=2,a(n+1)/an=2,这显然是个等比数列如果我直接猜想an=2^n,代入检验正确,而且对所有的n都成立,这时候干嘛还用数学归纳法啊.可是考试如果直接这样猜想是不得分的,必须要用数学归纳法证明.我觉得如果是数列求和,猜想无法直接验证,需要数学归纳法,这个是可以接受的.但是上面那种情况,谁能告诉我为啊.我觉得逻辑已经是严密的了.结果带入递推公式验证是对n属于正整数成立.用数学归纳法,无论n=1,还是n=k的假设,n=k+1都需要带入递推公式验证,不是多此一举吗.我又不是一个一个验证,是对n这个变量进行验证,已经对n属于正整数成立了.怎么说就是错误的.怎么又扯到思维上了,论严密性我比谁都在意,虽然是猜出来的,毕竟猜想需要,我的问题是--------这样的验证方式严不严密,在没有直接证明方法的情况下,是不是一定要用数学归纳法-------,并没有说这样就是对待数学的态度,没有猜想数学怎么发展.这说明你一眼能看出答案，是个本领。
高中数学立体几何常考证明题汇总
立体几何选择题：一、三视图考点透视：① 能想象空间几何体的三视图，并判断（选择题） ② 通过三视图计算空间几何体的体积或表面积•③ 解答题中也可能以三视图为载体考查证明题和计算题 1. 一空间几何体的三视图如图 2所示, 该几何体的体积为AJ ，3则正视图中X 的值为（ ）A. 5B.4C. 3D. 22. 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为3. _________________________________ 如图4,已知一个锥体的正视图（也称主视图） 别为3, 4, 6,则该锥体的体积是 4 _____________________ .4•某四棱锥的三视图如图 1 — 1所示，该四棱锥的表面积是 （B ） A . 32 B . 16+ 16 .2 C. 48 D . 16 + 32 2二、直观图掌握直观图的斜二测画法：①平行于两坐标轴的平行关系保持不变；② 平行于y 轴的长度为原来的一半， X 轴不变； ③ 新坐标轴夹角为 45°或135 °。
1、禾U 用斜二侧画法画水平放置的平面图形的直观图，得到下列结论，其中正确的是（）不要求记忆，但要会使用公式。
审题时分清“表面积”和“侧面积” 。
（1） 圆柱、圆锥、圆台的侧面积，球的表面积公式。
（2） 柱、锥、台体，球体的体积公式。
（3） 正方体的内切球和外接球：内切球半径？ 外接球直径？ （4） 扇形的面积公式 S =1Ir =丄十弧长公式IXr2 21、一个直角三角形的两条直角边分别是3和4,以它的斜边为轴旋转所得的旋转体的表面积为（）A. 84-B. 144 - C . 36 二D. 24 二Q ∖ [ħΔ ΛABC D 正视图 左视图正视图俯视图4 =►,左视图（也称侧视图）和俯视图均为直角三角形，且面积分 A .正三角形的直观图仍然是正三角形. B. 平行四边形的直观图一定是平行四边形. C. 正方形的直观图是正方形.D .圆的直观图是圆 2、如图，梯形 A I BCD 是一平面图形=1 ,则梯形ABC 啲面积是（）ABC [的直观图（斜二测），若 AD // Oy 1, AB // CD , AB = 2, GD = 3 D . 10 I 2二、表面积和体积 AD俯视图2、 若圆锥的高是底面半径和母线的等比中项，则称此圆锥为“黄金圆锥” 。
高中数学立体几何证明题练习卷
高中数学立体几何证明题练习卷立体几何作为高中数学的重要组成部分，其中的证明题对于同学们的空间想象能力、逻辑推理能力以及数学语言的运用能力都有着较高的要求。
为了帮助同学们更好地掌握这部分知识，提高解题能力，特编制此练习卷。
一、选择题1、已知直线\（a\），＼（b\）和平面\（＼alpha\），若\（a\perp b\），＼（a\perp\alpha\），则（）A ＼（b\parallel\alpha\）B ＼（b\subset\alpha\）C ＼（b\perp\alpha\）D ＼（b\）与\（＼alpha\）相交或\（b\subset\alpha\）2、设\（＼alpha\），＼（＼beta\）是两个不同的平面，＼（l\），＼（m\）是两条不同的直线，且\（l\subset\alpha\），＼（m\subset\beta\），则下列命题中正确的是（）A 若\（l\parallel\beta\），则\（＼alpha\parallel\beta\）B 若\（＼alpha\perp\beta\），则\（l\perp m\）C 若\（l\perp m\），则\（＼alpha\perp\beta\）D 若\（＼alpha\parallel\beta\），则\（l\parallel m\）3、在正方体\（ABCD A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}＼）中，＼（E\）为\（A_{1}C_{1}＼）的中点，则异面直线\（AE\）与\（CD_{1}＼）所成角的余弦值为（）A ＼（＼dfrac{＼sqrt{2}｝｛6}＼）B ＼（＼dfrac{＼sqrt{3}｝｛6}＼）C ＼（＼dfrac{＼sqrt{6}｝｛6}＼）D ＼（＼dfrac{＼sqrt{10}｝｛6}＼）二、填空题1、已知正三棱柱\（ABC A_{1}B_{1}C_{1}＼）的各棱长都为\（2\），＼（E\），＼（F\）分别是\（AB\），＼（A_{1}C_{1}＼）的中点，则\（EF\）的长为________。
高中数学必修二(人教版)点、直线、平面之间的位置关系证明题精选
高中数学必修二（人教版）点、直线、平面之间的位置关系证明题精选一．解答题（共20小题，满分120分，每小题6分）1．（6分）如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．2．（6分）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2．（1）求证：PC⊥AE；（2）求证：CE∥平面PAB；（3）求三棱锥P﹣ACE的体积V．3．（6分）如图，在棱长均为4的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、D1分别是BC和B1C1的中点．（1）求证：A1D1∥平面AB1D；（2）若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC=60°，求三棱锥B1﹣ABC的体积．4．（6分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB．点E是PC的中点．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）已知平面PCD⊥底面ABCD，且PC=DC．在棱PD上是否存在点F，使CF⊥PA？请说明理由．5．（6分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，M，N分别为SA，CD的中点．（I）证明：直线MN∥平面SBC；（Ⅱ）证明：平面SBD⊥平面SAC．6．（6分）如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点．（Ⅰ）若弧BC的中点为D．求证：AC∥平面POD；（Ⅱ）如果△PAB面积是9，求此圆锥的表面积．7．（6分）如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3，F 是棱PA 上的一个动点，E 为PD 的中点．（Ⅰ）求证：平面BDF⊥平面PCF；（Ⅱ）若AF=1，求证：CE∥平面BDF．8．（6分）已知，如图，P是平面ABC外一点，PA不垂直于平面ABC，E，F分别是线段AC，PC的中点，D是线段AB上一点，AB=AC，PB=PC，DE⊥EF．（1）求证：PA⊥BC；（2）求证：BC∥平面DEF．9．（6分）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，AB=2，∠DAB=60°，EF∥AC，EF=．（Ⅰ）求证：FC∥平面BDE；（Ⅱ）若EA=ED，求证：AD⊥BE．10．（6分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1=2，AB=1，E是DD1上的一点．（1）求异面直线AC与B1D所成的角；（2）若B1D⊥平面ACE，求三棱锥A﹣CDE的体积．11．（6分）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A=AB=2，∠ABC=，E，F分别是BC，A1C的中点．（1）求异面直线EF，AD所成角的余弦值；（2）点M在线段A1D上，=λ．若CM∥平面AEF，求实数λ的值．12．（6分）如图，六面体ABCDE中，面DBC⊥面ABC，AE⊥面ABC．（1）求证：AE∥面DBC；（2）若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC．13．（6分）如图：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．（Ⅰ）证明：BC⊥平面AMN；（Ⅱ）求三棱锥N﹣AMC的体积；（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由．14．（6分）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且==．求证：①点E，F，G，H四点共面；②直线EH，BD，FG相交于一点．15．（6分）如图长方体ABCD﹣A'B'C'D'中，AB=BC=1，AA'=2，E、F分别是BB′、A'B'的中点．（1）求证：E、F、C、D'四点共面；（2）求异面直线AC、C'E夹角的余弦值．16．（6分）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）求异面直线BC1和A1D所成角的大小．17．（6分）如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，且AC=AA1．（1）求证：AB⊥A1C；（2）求异面直线A1C与BB1所成角的大小．18．（6分）（文科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）异面直线AB和CD的大小．19．（6分）三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，，BC=3．点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．（1）证明：BC∥平面PDA；（2）求二面角P﹣AD﹣C的大小；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值．20．（6分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，M，N分别是AB，PC的中点，若ABCD是平行四边形．（1）求证：MN∥平面PAD．（2）若PA=AD=2a，MN与P A所成的角为30°．求MN的长．高中数学必修二（人教版）点、直线、平面之间的位置关系证明题精选参考答案与试题解析一．解答题（共20小题，满分120分，每小题6分）1．（6分）（2017•雅安模拟）如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．【考点】LS：直线与平面平行的判定；L@：组合几何体的面积、体积问题；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】15 ：综合题．【分析】（1）设正方形ABCD的中心为O，取BE中点G，连接FG，OG，由中位线定理，我们易得四边形AFGO是平行四边形，即FG∥OA，由直线与平面平行的判定定理即可得到AC∥平面BEF；（2）由已知中正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，我们可以得到AB⊥平面ADEF，结合DE=DA=2AF=2．分别计算棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式即可求出四面体BDEF的体积．【解答】证明：（1）设AC∩BD=O，取BE中点G，连接FG，OG，所以，OG∥DE，且OG=DE．因为AF∥DE，DE=2AF，所以AF∥OG，且OG=AF，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥OA．因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF．…（6分）解：（2）因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF．因为AF∥DE，∠ADE=90°，DE=DA=2AF=2所以△DEF的面积为S△DEF=×ED×AD=2，所以四面体BDEF的体积V=•S△DEF×AB=（12分）【点评】本题考查的知识点是直线与平面平行的判定及棱锥的体积，（1）的关键是证明出FG∥OA，（2）的关键是得到AB⊥平面ADEF，即四面体BDEF的高为AB．2．（6分）（2017•广西一模）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2．（1）求证：PC⊥AE；（2）求证：CE∥平面PAB；（3）求三棱锥P﹣ACE的体积V．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】31 ：数形结合．【分析】（1）取PC中点F，利用等腰三角形的性质可得PC⊥AF，先证明CD⊥平面P AC，可得CD⊥PC，从而EF⊥PC，故有PC⊥平面AEF，进而证得PC⊥AE．（2）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB．（3）由（1）知AC=2，EF=CD，且EF⊥平面PAC，求得EF 的值，代入V=进行运算．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°，∴BC=，AC=2．取PC中点F，连AF，EF，∵PA=AC=2，∴PC⊥AF．∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∠ACD=90°，即CD⊥AC，∴CD⊥平面PAC，∴CD⊥PC，∴EF⊥PC，∴PC⊥平面AEF，∴PC⊥AE．（2）证明：取AD中点M，连EM，CM．则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，P A⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（3）由（1）知AC=2，EF=CD，且EF⊥平面PAC．在Rt△ACD中，AC=2，∠CAD=60°，∴CD=2，得EF=．则V=．【点评】本题考查证明线面平行、线线垂直的方法，取PC中点F，AD中点M，利用三角形的中位线的性质是解题的关键．3．（6分）（2017•汉中二模）如图，在棱长均为4的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、D1分别是BC和B1C1的中点．（1）求证：A1D1∥平面AB1D；（2）若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC=60°，求三棱锥B1﹣ABC的体积．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题．【分析】（1）欲证A1D1∥平面AB1D，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证A1D1与平面AB1D内一直线平行，连接DD1，根据中位线定理可知B1D1∥BD，且B1D1=BD，则四边形B1BDD1为平行四边形，同理可证四边形AA1D1D 为平行四边形，则A1D1∥AD又A1D1⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D，满足定理所需条件；（2）根据面面垂直的性质定理可知AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱锥A﹣B1BC的高，求出三棱锥A﹣B1BC的体积，从而求出三棱锥B1﹣ABC的体积．【解答】解：（1）证明：连接DD1，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∵D、D1分别是BC和B1C1的中点．∴B1D1∥BD，且B1D1=BD∴四边形B1BDD1为平行四边形∴BB1∥DD1，且BB1=DD1又因AA1∥BB1，AA1=BB1所以AA1∥DD1，AA1=DD1所以四边形AA1D1D为平行四边形，所以A1D1∥AD又A1D1⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D故A1D1∥平面AB1D；（2）在△ABC中，棱长均为4，则AB=AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC因为平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，AD⊂平面ABC所以AD⊥平面B1C1CB，即AD是三棱锥A﹣B1BC的高在△ABC中，AB=AC=BC=4得AD=2在△B1BC中，B1B=BC=4，∠B1BC=60°所以△B1BC的面积为4∴三棱锥B1﹣ABC的体积即为三棱锥A﹣B1BC的体积V=××=8【点评】本题主要考查了线面平行的判定，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了推理论证的能力、计算能力，转化与划归的思想，属于中档题．4．（6分）（2017•漳州模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB⊥AD，CD⊥AD，CD=2AB．点E是PC的中点．（Ⅰ）求证：BE∥平面PAD；（Ⅱ）已知平面PCD⊥底面ABCD，且PC=DC．在棱PD上是否存在点F，使CF⊥PA？请说明理由．【考点】LS：直线与平面平行的判定；L Y：平面与平面垂直的判定．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明：BE∥平面PAD；（2）棱PD上存在点F为PD的中点，使CF⊥PA，利用三垂线定理可得结论．【解答】（1）证明：取PD中点Q，连结AQ、EQ．…（1分）∵E为PC的中点，∴EQ∥CD且EQ=CD．…（2分）又∵AB∥CD且AB=CD，∴EQ∥AB且EQ=AB．…（3分）∴四边形ABED是平行四边形，∴BE∥AQ．…（4分）又∵BE⊄平面PAD，AQ⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD．…（5分）（2）解：棱PD上存在点F为PD的中点，使CF⊥PA，∵平面PCD⊥底面ABCD，平面PCD∩底面ABCD=CD，AD⊥CD，∴AD⊥平面PCD，∴DP是PA在平面PCD中的射影，∴PC=DC，PF=DF，∴CF⊥DP，∴CF⊥PA．【点评】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的判断，要求熟练掌握相应的判定定理．考查学生的推理能力．5．（6分）（2017•乐山一模）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，M，N分别为SA，CD的中点．（I）证明：直线MN∥平面SBC；（Ⅱ）证明：平面SBD⊥平面SAC．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LW：直线与平面垂直的判定．【专题】5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）取SB中点E，连接ME、CE，由三角形中位线定理、菱形性质得四边形MECN是平行四边形，由此能证明直线MN∥平面SBC．（Ⅱ）连接AC、BD，交于点O，由线面垂直得SA⊥BD，由菱形性质得AC⊥BD，由此能证明平面SBD⊥平面SAC．【解答】（Ⅰ）证明：如图，取SB中点E，连接ME、CE，因为M为SA的中点，所以ME∥AB，且ME=，…（2分）因为N为菱形ABCD边CD的中点，所以CN∥AB，且CN=，…（3分）所以ME∥CN，ME=CN，所以四边形MECN是平行四边形，所以MN∥EC，…（5分）又因为EC⊂平面SBC，MN⊄平面SBC，所以直线MN∥平面SBC．…（6分）（Ⅱ）证明：如图，连接AC、BD，交于点O，因为SA⊥底面ABCD，所以SA⊥BD．…（7分）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．…（8分）又SA∩AC=A，所以BD⊥平面SAC．…（10分）又BD⊂平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAC．…（12分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．6．（6分）（2017•新罗区校级模拟）如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点．（Ⅰ）若弧BC的中点为D．求证：AC∥平面POD；（Ⅱ）如果△PAB面积是9，求此圆锥的表面积．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）证法1：设BC∩OD=E，由已知可证AC∥OE，线线平行即可证明线面平行AC∥平面POD；证法2：由AB是底面圆的直径，可证AC⊥BC，利用OD⊥BC，可证AC∥OD，即可判定AC∥平面POD．（Ⅱ）设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，由圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，可求，利用三角形面积公式可求r，进而可求此圆锥的表面积．【解答】解：（Ⅰ）证法1：设BC∩OD=E，∵D是弧BC的中点，∴E是BC的中点，又∵O是AB的中点，∴AC∥OE，又∵AC⊄平面POD，OE⊂平面POD，∴AC∥平面POD．证法2：∵AB是底面圆的直径，∴AC⊥BC，∵弧BC的中点为D，∴OD⊥BC，又AC，OD共面，∴AC∥OD，又AC⊄平面POD，OD⊂平面POD，∴AC∥平面POD．（Ⅱ）解：设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，∵圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，∴，∵由，得r=3，∴．【点评】本题主要考查了线面平行的判定，考查了三角形面积公式，考查了圆锥的表面积的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．7．（6分）（2017•青岛一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3，F 是棱P A 上的一个动点，E 为PD 的中点．（Ⅰ）求证：平面BDF⊥平面PCF；（Ⅱ）若AF=1，求证：CE∥平面BDF．【考点】LS：直线与平面平行的判定；L Y：平面与平面垂直的判定．【专题】14 ：证明题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）连接AC交BD于O，证明BD⊥平面PAC，即可证明结论；（Ⅱ）取PF中点G，连接EG，CG，连接FO．由三角形中位线定理可得FO∥GC，GE∥FD．然后利用平面与平面平行的判定得到面GEC∥面FOD，进一步得到CE∥面BDF．【解答】证明：（Ⅰ）连接AC交BD于O，则AC⊥BD，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面BDF，∴平面BDF⊥平面PAC，即平面BDF⊥平面PCF；（Ⅱ）如图所示，取PF中点G，连接EG，CG，连接FO．由题可得F为AG中点，O为AC中点，∴FO∥GC；又G为PF中点，E为PD中点，∴GE∥FD．又GE∩GC=G，GE、GC⊂面GEC，FO∩FD=F，FO，FD⊂面FOD．∴面GEC∥面FOD．∵CE⊂面GEC，∴CE∥面BDF；【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了线面垂直、面面垂直的证明，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．8．（6分）（2017•达州模拟）已知，如图，P是平面ABC外一点，PA不垂直于平面ABC，E，F分别是线段AC，PC 的中点，D是线段AB上一点，AB=AC，PB=PC，DE⊥EF．（1）求证：PA⊥BC；（2）求证：BC∥平面DEF．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LX：直线与平面垂直的性质．【专题】14 ：证明题；48 ：分析法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）设线段BC的中点为G，分别连接AG、PG．构建线面垂直：BC⊥平面AGP．根据线面垂直的性质证得结论；（2）利用三角形中位线定理推知EF∥AP．结合已知条件得到P A⊥DE．因为PA⊥BC，BC、DE是平面ABC内两条直线，如果BC、DE相交，则PA⊥平面ABC，与PA不与平面ABC的垂直矛盾．故BC∥DE．最后根据线面平行的判定定理得到结论．【解答】（1）证明：设线段BC的中点为G，分别连接AG、PG．∵AB=AC，PB=PC，∴AG⊥BC，PG⊥BC，∵AG、PG是平面AGP内的两条相交线，∴BC⊥平面AGP．∵PA⊂平面AGP，∴PA⊥BC．（2）证明：∵E、F分别是线段AC、PC的中点，∴EF∥AP．∵DE⊥EF，∴PA⊥DE．因为PA⊥BC，BC、DE是平面ABC内两条直线，如果BC、DE相交，则PA⊥平面ABC，与PA不与平面ABC的垂直矛盾．∴BC∥DE．又BC⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴BC∥平面DEF．【点评】本题考查了空间线面面面平行与垂直的判定及性质定理、三角形中位线定理，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题．9．（6分）（2017•济南一模）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，AB=2，∠DAB=60°，EF∥AC，EF=．（Ⅰ）求证：FC∥平面BDE；（Ⅱ）若EA=ED，求证：AD⊥BE．【考点】LS：直线与平面平行的判定；LO：空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】14 ：证明题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）设AC∩BD=O，连接EO，证明FC∥EO，即可证明：FC∥平面BDE；（Ⅱ）取AD中点M，连接EM，BM，证明AD⊥平面EMB，即可证明：AD⊥BE．【解答】证明：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连接EO．∵底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，∴OC=，∵EF∥AC，∴EFCO为平行四边形，∴FC∥EO，∵FC⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，∴FC∥平面BDE；（Ⅱ）取AD中点M，连接EM，BM，∵EA=ED，∴EM⊥AD．∵AB=AD=BD，∴BM⊥AD，∵EM∩BM=M，∴AD⊥平面EMB，∵BE⊂平面EMB，∴AD⊥EB．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．10．（6分）（2017•上海模拟）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1=2，AB=1，E是DD1上的一点．（1）求异面直线AC与B1D所成的角；（2）若B1D⊥平面ACE，求三棱锥A﹣CDE的体积．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用异面直线的方向向量的夹角即可得到此两条异面直线所成的角；（2）利用线面垂直的性质定理即可得到点E的坐标，利用V A﹣CDE=V E﹣ADC即可得到体积．【解答】解：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．（1）依题意，D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，2），∴，∴，∴异面直线AC与B1D所成的角为．（2）设E（0，0，a），则，∵B1D⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴B1D⊥AE．∴，∴﹣1+2a=0，．∴V A﹣CDE=V E﹣ADC==．【点评】熟练掌握通过建立空间直角坐标系的方法并利用异面直线的方向向量的夹角得到两条异面直线所成的角、及掌握线面垂直的性质定理、“等积变形”、三棱锥的体积计算公式是解题的关键．11．（6分）（2017•南京二模）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A=AB=2，∠ABC=，E，F分别是BC，A1C的中点．（1）求异面直线EF，AD所成角的余弦值；（2）点M在线段A1D上，=λ．若CM∥平面AEF，求实数λ的值．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LT：直线与平面平行的性质．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）建立坐标系，求出直线的向量坐标，利用夹角公式求异面直线EF，AD所成角的余弦值；（2）点M在线段A1D上，=λ．求出平面AEF的法向量，利用CM∥平面AEF，即可求实数λ的值．【解答】解：因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A⊥平面ABCD．又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以A1A⊥AE，A1A⊥AD．在菱形ABCD中∠ABC=，则△ABC是等边三角形．因为E是BC中点，所以BC⊥AE．因为BC∥AD，所以AE⊥AD．建立空间直角坐标系．则A（0，0，0），C（，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），E（，0，0），F（，，1）．（1）=（0，2，0），=（﹣，，1），所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为=．…（4分）（2）设M（x，y，z），由于点M在线段A1D上，且=λ，则（x，y，z﹣2）=λ（0，2，﹣2）．则M（0，2λ，2﹣2λ），=（﹣，2λ﹣1，2﹣2λ）．…（6分）设平面AEF的法向量为=（x0，y0，z0）．因为=（，0，0），=（，，1），由，得x0=0，y0+z0=0．取y0=2，则z0=﹣1，则平面AEF的一个法向量为n=（0，2，﹣1）．…（8分）由于CM∥平面AEF，则=0，即2（2λ﹣1）﹣（2﹣2λ）=0，解得λ=．…（10分）【点评】本题考查线面角，考查线面平行的运用，考查向量知识的运用，属于中档题．12．（6分）（2017•南京一模）如图，六面体ABCDE中，面DBC⊥面ABC，AE⊥面ABC．（1）求证：AE∥面DBC；（2）若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC．【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；LS：直线与平面平行的判定．【专题】5F ：空间位置关系与距离．【分析】（1）过点D作DO⊥BC，O为垂足，由已知得DO⊥面ABC，由此能证明AE∥面DBC．（2）由已知得DO⊥AB，AB⊥面DBC，从而AB⊥DC，由此能证明AD⊥DC．【解答】证明：（1）过点D作DO⊥BC，O为垂足．因为面DBC⊥面ABC，又面DBC∩面ABC=BC，DO⊂面DBC，所以DO⊥面ABC．又AE⊥面ABC，则AE∥DO．又AE⊄面DBC，DO⊂面DBC，故AE∥面DBC．（2）由（1）知DO⊥面ABC，AB⊂面ABC，所以DO⊥AB．又AB⊥BC，且DO∩BC=O，DO，BC⊂平面DBC，则AB⊥面DBC．因为DC⊂面DBC，所以AB⊥DC．又BD⊥CD，AB∩DB=B，AB，DB⊂面ABD，则DC⊥面ABD．又AD⊂面ABD，故可得AD⊥DC．【点评】本题第（1）问考查面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理及线面平行的判定定理；第（2）问通过线面垂直证线线垂直问题．13．（6分）（2017•湖南三模）如图：在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA=AB=2．（Ⅰ）证明：BC⊥平面AMN；（Ⅱ）求三棱锥N﹣AMC的体积；（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由．【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11 ：计算题；14 ：证明题．【分析】（I）要证线与面垂直，只要证明线与面上的两条相交线垂直，找面上的两条线，根据四边形是一个菱形，从菱形出发找到一条，再从P A⊥平面ABCD，得到结论．（II）要求三棱锥的体积，首先根据所给的体积确定用哪一个面做底面，会使得计算简单一些，选择三角形AMC，做出底面面积，利用体积公式得到结果．（III）对于这种是否存在的问题，首先要观察出结论，再进行证明，根据线面平行的判定定理，利用中位线确定线与线平行，得到结论．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵ABCD为菱形，∴AB=BC又∠ABC=60°，∴AB=BC=AC，又M为BC中点，∴BC⊥AM而PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC又PA∩AM=A，∴BC⊥平面AMN（II）∵又PA⊥底面ABCD，PA=2，∴AN=1∴三棱锥N﹣AMC的体积S△AMC•AN=（III）存在点E，取PD中点E，连接NE，EC，AE，∵N，E分别为PA，PD中点，∴又在菱形ABCD中，∴，即MCEN是平行四边形∴NM∥EC，又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE∴MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE，此时．【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，是一个非常适合作为高考题目出现的问题，题目包含的知识点比较全面，重点突出，是一个好题．14．（6分）（2017春•龙海市校级月考）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且==．求证：①点E，F，G，H四点共面；②直线EH，BD，FG相交于一点．【考点】LJ：平面的基本性质及推论．【专题】14 ：证明题；31 ：数形结合；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离．【分析】①利用三角形的中位线平行于第三边和平行线分线段成比例定理，得到EF、GH都平行于AC，由平行线的传递性得到EF∥GH，根据两平行线确定一平面得出证明；（2）利用分别在两个平面内的点在这两个平面的交线上，即可证明．【解答】证明：①如图所示，空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，∴HG∥AC；又==，∴EF∥AC，∴EF∥HG，E、F、G、H四点共面；②设EH与FG交于点P，∵EH⊂平面ABD∴P在平面ABD内，同理P在平面BCD内，且平面ABD∩平面BCD=BD，∴点P在直线BD上，∴直线EH，BD，FG相交于一点．【点评】本题考查了三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定平面的条件以及三线共点的应用问题．15．（6分）（2017春•东湖区校级月考）如图长方体ABCD﹣A'B'C'D'中，AB=BC=1，AA'=2，E、F分别是BB′、A'B'的中点．（1）求证：E、F、C、D'四点共面；（2）求异面直线AC、C'E夹角的余弦值．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LJ：平面的基本性质及推论．【专题】15 ：综合题；35 ：转化思想；4G ：演绎法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）证明：EF∥D'C，即可证明E、F、C、D'四点共面；（2）连接A'C'，则∠A'C'E为异面直线AC、C'E夹角，即可求异面直线AC、C'E夹角的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，连接A'B，D'C，则EF∥A'B∥D'C，∴E、F、C、D'四点共面；（2）解：连接A'C'，则∠A'C'E为异面直线AC、C'E夹角，∵AB=BC=1，AA'=2，∴A'E=C'E=A'C'=∴异面直线AC、C'E夹角的余弦值为．【点评】本题考查平面的基本性质，考查异面直线所成角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．16．（6分）（2017春•桥西区校级月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）求异面直线BC1和A1D所成角的大小．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LS：直线与平面平行的判定．【专题】14 ：证明题；31 ：数形结合；41 ：向量法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）连接AC1与A1C相交于点F，连接DF，推导出BC1∥DF，由此能证明BC1∥平面A1CD．（2）法一（几何法）：由（1）得∠A1DF或其补角为异面直线BC1和A1D所在角，由此能求出异面直线BC1和A1D所成角的大小．法二（向量法）：以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系C﹣xyz．利用向量法能求出异面直线BC1与A1D所成角．【解答】证明：（1）连接AC1与A1C相交于点F，连接DF．由矩形ACC1A1可得点F是AC1的中点，又D是AB的中点，∴BC1∥DF，∵BC1⊄平面A1CD，DF⊂平面A1CD，∴BC1∥平面A1CD．解：（2）解法一（几何法）：由（1）得∠A1DF或其补角为异面直线BC1和A1D所在角，设AB=2，则，，．在△A1DF中，由余弦定理得：，且∠A1DF∈（0，π），∴，∴异面直线BC1和A1D所成角的大小为．解法二（向量法）：∵，令AA1=AC=CB=2，，∴AC⊥BC．以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系C﹣xyz．则D（1，1，0），C1（0，0，2），A1（2，0，2），B（0，2，0），，．设异面直线BC1与A1D所成角为θ，则，∴，∴异面直线BC1与A1D所成角为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．17．（6分）（2017春•云岩区校级月考）如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，且AC=AA1．（1）求证：AB⊥A1C；（2）求异面直线A1C与BB1所成角的大小．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LX：直线与平面垂直的性质．【专题】5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）通过直线与平面垂直，证明直线鱼嘴鞋垂直即AB⊥A1C；（2）异面直线A1C与BB1所成角的大小．求出三角形的三个边长，然后求解异面直线所成角即可．【解答】解：（1）证明：侧棱垂直于底面的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得AB⊥AA1，又∵AB⊥AC，AC∩AA1=A，可得AB⊥平面AA1C1C，且A1C⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1C；（2）解：因为几何体是棱柱，BB1∥AA1，则直线A1C与AA1所成的角为就是异面直线A1C与BB1所成的角．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC．AC=AA1，三角形CAA1是等腰直角三角形，异面直线所成角为45°．异面直线A1C与BB1所成角的大小为45°．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，直线与平面垂直的判断，考查空间想象能力以及考查计算能力．18．（6分）（2017春•西区校级月考）（文科）设A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，AC=BC=1，CD=，求（1）AC与平面BCD所成角的大小；（2）异面直线AB和CD的大小．【考点】LM：异面直线及其所成的角；MI：直线与平面所成的角．【专题】11 ：计算题；31 ：数形结合；44 ：数形结合法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）因为A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，所以OA是三棱锥的高，在直角三角形AOC中可计算AO，再由OA⊥平面BCD，知∠ACO是AC与平面BCD所成角，由此能求出AC与平面BCD所成角的大小．（2）取BC中点F，AC中点E，利用三角形中位线定理证明∠EFO即为异面直线AB和CD所成的角，再在△EFO中分别计算三边的长，利用解直角三角形知识即可求得此角．【解答】解：（1）∵A在平面BCD内的射影是直角三角形BCD的斜边BD的中点O，∴OA是三棱锥的高∵BC=1，CD=．∴OC=OB=OD=，OA==，∵OA⊥平面BCD，∴∠ACO是AC与平面BCD所成角，∵tan∠ACO===，∴∠ACO=30°，∴AC与平面BCD所成角为30°．（2）如图，取BC中点F，AC中点E，连接EF，OE，OF∵EF∥AB，OF∥CD∴∠EFO即为异面直线AB和CD所成的角在△EFO中，EF====，OF=，OE===，∴∠FEO=90°，∠EFO=45°∴异面直线AB和CD所成的角的大小为45°．【点评】本题考查线面角的求法，考查异面直线所成角的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查整体思想、转化化归思想，考查数据处理能力和运用意识，是中档题．19．（6分）（2017春•兴宁区校级月考）三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，，BC=3．点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．（1）证明：BC∥平面PDA；（2）求二面角P﹣AD﹣C的大小；（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值．【考点】LM：异面直线及其所成的角；LS：直线与平面平行的判定；MT：二面角的平面角及求法．【专题】11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．【分析】（1）由四边形ABCD是长方形，知BC∥AD，由此能证明BC∥平面PDA．（2）推导出AD⊥DC，AD⊥平面PCD，从而AD⊥DC，AD⊥PD，进而∠PDC即为二面角P﹣AD﹣C的平面角，由此能求出二面角P﹣AD﹣C的大小．（3）连接AC，推导出AC∥FG，从而∠PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角，由此能求出直线PA与直线FG所成角的余弦值．【解答】证明：（1）因为四边形A BCD是长方形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PD A，AD⊂平面PD A，所以BC∥平面PD A解：（2）∵△ABCD是矩形，∴AD⊥DC，又平面PDC⊥平面ABCD，且平面PDC∩平面ABCD=CD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面PCD，又CD、PD⊂平面PDC，∴AD⊥DC，AD⊥PD，∴∠PDC即为二面角P﹣AD﹣C的平面角，在Rt△PDE中，PD=4，．∴，即二面角P﹣AD﹣C的大小为45°．（3）如下图所示，连接AC，∵AF=2FB，CG=2GB，即，∴AC∥FG，∴∠PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角，在△PAC中，PA==5，AC==，∴PA2+PC2=AC2，∴PA2+PC2=AC2，∴cos∠PAC==，∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为．【点评】本题考查线面关系、二面角求法，线面角余弦值等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数。
高中数学不等式证明题目训练卷及答案
高中数学不等式证明题目训练卷及答案一、选择题1、若\（a ＞ b ＞ 0\），则下列不等式中一定成立的是（）A ＼（a ＋＼frac{1}｛b} ＞ b ＋＼frac{1}｛a}＼）B ＼（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1} ＞＼frac{b}｛a}＼）C ＼（a ＼frac{1}｛b} ＞ b ＼frac{1}｛a}＼）D ＼（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＞＼frac{a}｛b}＼）答案：A解析：因为\（a ＞ b ＞ 0\），所以\（a b ＞ 0\）。
A 选项：＼（（a ＋＼frac{1}｛b}）（b ＋＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＋（＼frac{1}｛b} ＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＋＼frac{a b}｛ab}＞ 0\），所以\（a ＋＼frac{1}｛b} ＞ b ＋＼frac{1}｛a}＼），A 选项正确。
B 选项：＼（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1} ＼frac{b}｛a} ＝＼frac{a(b＋ 1) b(a ＋ 1)｝｛a(a ＋ 1)｝＝＼frac{a b}｛a(a ＋ 1)｝＼），因为\（a(a ＋ 1) ＞ 0\），但\（a b\）的正负不确定，所以\（＼frac{b ＋ 1}｛a ＋ 1}＼）与\（＼frac{b}｛a}＼）大小不确定，B 选项错误。
C 选项：＼（（a ＼frac{1}｛b}）（b ＼frac{1}｛a}）＝（a b) （＼frac{1}｛b} ＼frac{1}｛a}）＝（a b) ＼frac{a b}｛ab}＼），当\（ab ＞ 1\）时，＼（（a b) ＼frac{a b}｛ab} ＜ 0\），C 选项错误。
D 选项：＼（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＼frac{a}｛b} ＝＼frac{b(2a ＋ b) a(a ＋ 2b)｝｛b(a ＋ 2b)｝＝＼frac{b^2 a^2}｛b(a ＋2b)｝＼），因为\（b^2 a^2 ＜ 0\），＼（b(a ＋ 2b) ＞ 0\），所以\（＼frac{2a ＋ b}｛a ＋ 2b} ＼frac{a}｛b} ＜ 0\），D 选项错误。
高中数学不等式证明典型例题
不等式证明典型例题例1 若10<<x ，证明)1(log )1(log x x a a +>-（0>a 且1≠a ）．分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10<<a 两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明． 解法1 （1）当1>a 时， 因为 11,110>+<-<x x ，所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a +---= 0)1(log 2>--=x a ．（2）当10<<a 时， 因为 11,110>+<-<x x所以 )1(log )1(log x x a a +-- )1(log )1(log x x a a ++-=0)1(log 2>-=x a ．综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-．分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．因为 )1(log )1(log x x a a +-- ax a x lg )1lg(lg )1lg(+--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +--=[])1lg()1lg(lg 1x x a +---=0)1lg(lg 12>--=x a， 所以)1(log )1(log x x a a +>-． 例2 设0>>b a ，求证：.ab ba b a b a >证明：b a a b ba ab b a b a b aba b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴.0,1>->b a ba ∴1)(>-ba b a . ∴a b b a b a b a .1> 又∵0>abb a ， ∴.ab ba b a b a >.例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号） 证明：∵ 222a b ab +≥（当且仅当22a b =时取等号） 两边同加4444222():2()()a b a b a b ++≥+，即：44222()22a b a b ++≥ （1） 又：∵ 222a b ab +≥（当且仅当a b =时取等号） 两边同加22222():2()()a b a b a b ++≥+∴222()22a b a b ++≥ ∴ 2224()()22a b a b ++≥ （2） 由（1）和（2）可得444()22a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号）． 例4 已知a 、b 、c R +∈，1a b c ++=，求证1119.a b c++≥ 证明：∵1a b c ++=∴ 111a b c ++a b c a b c a b c a b c++++++=++ (1)(1)(1)b c a c a b a a b b c c =++++++++3()()()b a c a c ba b a c b c=++++++∵2b a a b +≥=，同理：2c a a c+≥，2c bb c +≥。
高中数学专题—函数中的证明题
高中数学专题——函数中的证明题一、偶函数证明1、我们把定义在R 上，且满足)()(x af T x f =+（其中常数T a ,满足0,0,1≠≠≠T a a ）的函数叫做似周期函数．若某个似周期函数)(x f y =满足1=T 且图像关于直线1=x 对称．求证：函数)(x f 是偶函数；证明：因为R x ∈关于原点对称，又函数)(x f y =的图像关于直线1=x 对称， 所以)1()1(x f x f +=-……①， 又1=T ，,)()1(x af x f =+∴ ……② 用x -代替x 得,)()1(x af x f -=+-……③ 由①②③可知,)()(x af x af -=01≠≠a a 且 ，)()(x f x f -=∴．即函数)(x f 是偶函数；二、唯一零点证明2、设函数()(,,)n n f x x bx c n N b c R *=++∈∈. 设2,1,1n b c ==-≥，证明：()n f x 在区间1(,1)2内存在唯一的零点； 证明：因为 n 1()<02f ，n (1)>0f 。
所以n 1()2f ⋅n (1)<0f 。
所以n (x)f 在1(1)2，内存在零点。
12121212121x (,1),x <(x )-f (x )=(x -)+(x -x )<02n n n n x x f x ∈任取、且，则，所以n (x)f 在1(1)2，内单调递增，所以n (x)f 在1(1)2，内存在唯一零点。
三、函数中的不等式证明3、已知函数2()(,)f x x ax b a b R =++∈，记(,)M a b 是|()|f x 在区间[1,1]-上的最大值. 证明：当||2a ≥时，(,)2M a b ≥；证明：由已知可得()11f a b =++，()11f a b -=-+，对称轴为2ax =-， 因为2a ≥，所以12a -≤-或12a-≥，所以函数()f x 在[]1,1-上单调， 则()()(){}{},max 1,1max 1,1M a b f f a b a b =-=++-+，所以()()()()111,1+11(1)22222M a b a b a b a b a b a a ≥++-+≥++--+≥=≥， 从而得证.四、单调性证明4、设121()log 1axf x x x -=+-为奇函数，a 为常数．求出a 的值并证明函数()f x 在(1,)x ∈+∞ 上的单调递增. 解：121()log 1axf x x x -=+- 为奇函数，()()0f x f x ∴-+=对定义域内的任意x 都成立，112211log log 011ax ax x x x x +-∴-++=---，11111ax axx x +-∴⋅=--- ， 解得1a =-或1a =（舍去）. 证明：121()log 1xf x x x +=+-， 任取12,(1,)x x ∈+∞ ，设12x x < ，则1221121211011(1)(1)x x x x x x x x ++--=>----， 121211011x x x x ++∴>>-- 1211122211log log 11x x x x ++∴<-- 121112122211log log 11x x x x x x ++∴+<+-- 12()()f x f x ∴< ()f x ∴ 在(1,)x ∈+∞ 上是增函数.五、反函数的存在性证明 5、已知函数9()||f x x a a x=--+，[1,6]x ∈，a R ∈．当()3,1∈a 时，求证函数()f x 存在反函数．证明：因为13a <≤，所以92(),1,()9,6,a x x a xf x x a x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪-<≤⎪⎩当13a <≤时，()f x 在[1,]a 上是增函数——证明略， 同理，()f x 在[,6]a 上也是增函数——证明略； 当13a <≤时，()x f y =[]6,1∈x 上是增函数 所以任意一个[]6,1∈x ，均能找到唯一的y 和它对应， 所以()x f y =[]6,1∈x 时，()f x 存在反函数。
高中数学立体几何证明题汇总
立体几何常考证明题1、已知四边形ABCD 是空间四边形，E, F,G, H 分别是边AB,BC,CD , DA 的中点（1）求证：EFGH是平行四边形（2）若BD=2 3 ，AC=2，EG=2。
求异面直线AC、BD所成的角和EG、BD所成的角。
AEHB DF GC2、如图，已知空间四边形ABCD 中，BC AC, AD BD ，E 是AB 的中点。
求证：（1）AB 平面CDE;（2）平面CDE 平面ABC 。
AEB CD3、如图，在正方体A BCD ABC D 中，E 是AA1 的中点，1 1 1 1求证：A1C // 平面BDE 。
A D1B1 CEADBC 14、已知ABC 中ACB 90 , SA 面ABC , AD SC ,求证：AD 面SBC ．SDBAC5、已知正方体ABCD A1B1C1D1，O是底ABCD 对角线的交点. D1C1B1求证：(１) C1O∥面AB1D1 ；(2) A1C 面AB1D1 ．A1DCOA B6、正方体ABCD A'B'C 'D'中，求证：（1）AC 平面B'D 'DB ；（2）BD ' 平面ACB '.27、正方体ABCD —A1B1C1D1 中．(1)求证：平面A1BD∥平面B1D1C；D 1C1 (2)若E、F 分别是AA1，CC1 的中点，求证：平面EB1D1∥平面FBD ．A1B1FEGCDAB8、四面体ABCD 中，AC BD,E, F 分别为AD, BC 的中点，且BDC 90 ，求证：BD 平面ACD2EF AC ，29、如图P 是ABC 所在平面外一点，PA PB, CB 平面PAB ，M 是PC 的中点，N 是AB 上的点，AN 3NBP（1）求证：MN AB ；（2）当APB 90 ，AB 2BC 4 时，求MN 的长。
MCANB310、如图，在正方体ABCD A1B1C1D1 中，E 、F 、G 分别是AB 、AD 、C1D1 的中点. 求证：平面D1EF ∥平面BDG .11、如图，在正方体A BCD ABC D 中，E 是1 1 1 1 AA 的中点.1（1）求证：A1C // 平面BDE ；（2）求证：平面A AC 平面BDE .112、已知ABCD 是矩形，PA 平面ABCD ，AB 2 ，PA AD 4 ，E 为BC 的中点．（1）求证：DE 平面PAE ；（2）求直线DP 与平面PAE 所成的角．413 、如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是DAB 600 且边长为a的菱形，侧面PAD 是等边三角形，且平面PAD 垂直于底面ABCD ．（1）若G 为AD 的中点，求证：BG 平面PAD ；（2）求证：AD PB ；（3）求二面角 A BC P 的大小．14、如图1,在正方体ABCD A1B1C1D1 中，M 为CC1 的中点，AC 交BD 于点O，求证：A1O 平面MBD ．15、如图２，在三棱锥Ａ－BCD中，BC＝AC，AD＝BD，作BE⊥CD，Ｅ为垂足，作AH⊥BE于Ｈ．求证：AH⊥平面BCD．516、证明：在正方体ABCD －A1B1C1D1 中，A 1C⊥平面BC1DD1 C1A 1B 1D CA B17、如图，过S 引三条长度相等但不共面的线段SA、SB、SC，且∠ASB= ∠ASC=60 °，∠BSC=90°，求证：平面ABC ⊥平面BSC．WORD文档6专业资料。
高考数学不等式、推理与证明、复数(含高考真题)
高中数学不等式、推理与证明、复数（含高考真题及解析）1．【2022年全国甲卷】若z=1+i．则|i z+3z̅|=（）A．4√5B．4√2C．2√5D．2√2【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【详解】因为z=1+i，所以i z+3z̅=i(1+i)+3(1−i)=2−2i，所以|i z+3z̅|=√4+4=2√2．故选：D.2．【2022年全国甲卷】若z=−1+√3i，则zzz̅−1=（）A．−1+√3i B．−1−√3i C．−13+√33iD．−13−√33i【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.【详解】z̅=−1−√3i,zz̅=(−1+√3i)(−1−√3i)=1+3=4.z zz̅−1=−1+√3i3=−13+√33i故选：C3．【2022年全国乙卷】设(1+2i)a+b=2i，其中a,b为实数，则（）A．a=1,b=−1B．a=1,b=1C．a=−1,b=1D．a=−1,b=−1【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．因为a,b∈R，(a+b)+2a i=2i，所以a+b=0,2a=2，解得：a=1,b=−1．故选：A.4．【2022年全国乙卷】若x，y满足约束条件{x+y⩾2,x+2y⩽4,y⩾0,则z=2x−y的最大值是（）A．−2B．4C．8D．12【答案】C【解析】【分析】作出可行域，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数z=2x−y为y=2x−z，上下平移直线y=2x−z，可得当直线过点(4,0)时，直线截距最小，z最大，所以z max=2×4−0=8.故选：C.5．【2022年全国乙卷】已知z=1−2i，且z+az̅+b=0，其中a，b为实数，则（）A．a=1,b=−2B．a=−1,b=2C．a=1,b=2D．a=−1,b=−2【答案】A【解析】先算出z̅,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可 【详解】z̅=1+2iz +az̅+b =1−2i +a(1+2i )+b =(1+a +b)+(2a −2)i由z +az̅+b =0,得{1+a +b =02a −2=0 ,即{a =1b =−2 故选:A6．【2022年新高考1卷】若i (1−z)=1，则z +z̅=（ ） A ．−2 B ．−1 C ．1 D ．2【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法可求z ，从而可求z +z̅. 【详解】由题设有1−z =1i =i i2=−i ，故z =1+i ，故z +z̅=(1+i )+(1−i )=2，故选：D7．【2022年新高考2卷】(2+2i )(1−2i )=（ ） A ．−2+4i B ．−2−4iC ．6+2iD ．6−2i【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘法可求(2+2i )(1−2i ). 【详解】(2+2i )(1−2i )=2+4−4i +2i =6−2i ， 故选：D.8．【2022年北京】若复数z 满足i ⋅z =3−4i ，则|z |=（ ） A ．1 B ．5C ．7D ．25【答案】B 【解析】利用复数四则运算，先求出z，再计算复数的模．【详解】由题意有z=3−4ii =(3−4i)(−i)i⋅(−i)=−4−3i，故|z|=√(−4)2+(−3)2=5．故选：B．9．【2022年浙江】已知a,b∈R,a+3i=(b+i)i（i为虚数单位），则（）A．a=1,b=−3B．a=−1,b=3C．a=−1,b=−3D．a=1,b=3【答案】B【解析】【分析】利用复数相等的条件可求a,b.【详解】a+3i=−1+b i，而a,b为实数，故a=−1,b=3，故选：B.10．【2022年浙江】若实数x，y满足约束条件{x−2≥0,2x+y−7≤0,x−y−2≤0,则z=3x+4y的最大值是（）A．20B．18C．13D．6【答案】B【解析】【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线z=3x+4y后可求最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：当动直线3x +4y −z =0过A 时z 有最大值. 由{x =22x +y −7=0可得{x =2y =3，故A(2,3)， 故z max =3×2+4×3=18， 故选：B.11．【2022年浙江】已知a,b ∈R ，若对任意x ∈R,a|x −b|+|x −4|−|2x −5|≥0，则（ ） A ．a ≤1,b ≥3 B ．a ≤1,b ≤3 C ．a ≥1,b ≥3 D ．a ≥1,b ≤3【答案】D 【解析】 【分析】将问题转换为a|x −b|≥|2x −5|−|x −4|，再结合画图求解． 【详解】由题意有：对任意的x ∈R ，有a|x −b|≥|2x −5|−|x −4|恒成立．设f(x)=a|x −b|，g(x)=|2x −5|−|x −4|={1−x,x ≤523x −9,52<x <4x −1,x ≥4，即f(x)的图像恒在g(x)的上方（可重合），如下图所示：由图可知，a≥3，1≤b≤3，或1≤a<3，1≤b≤4−3a≤3，故选：D．12．【2022年新高考2卷】（多选）若x，y满足x2+y2−xy=1，则（）A．x+y≤1B．x+y≥−2C．x2+y2≤2D．x2+y2≥1【答案】BC【解析】【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．【详解】因为ab≤(a+b2)2≤a2+b22（a,b∈R），由x2+y2−xy=1可变形为，(x+y)2−1=3xy≤3(x+y2)2，解得−2≤x+y≤2，当且仅当x=y=−1时，x+y=−2，当且仅当x=y=1时，x+y=2，所以A错误，B正确；由x2+y2−xy=1可变形为(x2+y2)−1=xy≤x2+y22，解得x2+y2≤2，当且仅当x=y =±1时取等号，所以C正确；因为x2+y2−xy=1变形可得(x−y2)2+34y2=1，设x−y2=cosθ,√32y=sinθ，所以x=cosθ+√3y=√3，因此x2+y2=cos2θ+53sin2θ√3=1+√3−13cos2θ+13=43+23sin(2θ−π6)∈[23,2]，所以当x=√33,y=−√33时满足等式，但是x2+y2≥1不成立，所以D错误．故选：BC ．1．（2022·北京四中三模）在复平面内，复数12iiz -=对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则求复数z 的代数形式，根据复数的几何意义确定对应点的象限. 【详解】()()()12i i 12i 2i i i i z -⋅--===--⋅-， 所以复数z 在复平面上的对应点为()2,1--，该点在第三象限. 故选：C.2．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）已知复数23i i i 1iz ++=+，z 是z 的共轭复数，则z z ⋅=（ ）A ．0B ．12C ．1D ．2【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法可求z ，进而可求z z ⋅. 【详解】∵()()23i i i 11i 11i 1i 1i 1i 1i 22z ++--+====-++++-， 所以1111111i i =2222442z z ⎛⎫⎛⎫⋅=---++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.故选：B ．3．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心三模（文））复数z 满足()12i 3i z +=-，则z 的虚部为（ ） A ．75-B ．7i 5-C ．7i 5D ．15【答案】A 【解析】 【分析】化简方程求出复数z 的代数形式，结合复数虚部的定义确定其虚部. 【详解】因为()12i 3i z +=-，所以()()()()3i 12i 3i 17i 17i 12i 12i 12i 555z ----====-++-， 所以复数z 的虚部为75-，故选：A.4．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（文））观察下列等式，3211=，332123+=，33321236++=，33332123410+++=，根据上述规律，3333333123456n ++++++⋅⋅⋅+=（ ） A ．43224n n n ++B ．43224n n n ++C ．43224n n n -+D ．43224n n n -+【答案】B 【解析】 【分析】根据3211=，23()212=+，26()2123=++，210()21234=+++，观察其规律，可得3333333123456n ++++++⋅⋅⋅+=()21234n +++++.【详解】3211=，332123+=()212=+，33321236++=()2123=++， 33332123410+++=()21234=+++，根据上述规律，得3333333123456n ++++++⋅⋅⋅+=()21234n +++++2(1)2n n +⎛⎫= ⎪⎝⎭=43224n n n++. 故选：B.5．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）若复数z 满足1i 1i z -=+（） ，则z =（ ） A ．i - B ．i C ．1 D ．1-【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求得复数z ，继而可得其共轭复数. 【详解】由题意1i 1i z -=+（），得21i (1i)i 1i 2z ++===-， 故i z =-， 故选：A6．（2022·四川眉山·三模（文））由若干个完全一样的小正方体无空隙地堆砌（每相邻两层堆砌的规律都相同）成一个几何体，几何体部分如图所示.用下面公式不能计算出该几何体三视图中所看到的小正方体或全部小正方体个数的是（ ）A ．()1122n n n +++⋅⋅⋅+=B ．()21321n n ++⋅⋅⋅+-=C ．()()222121126n n n n ++++⋅⋅⋅+=D ．()223331124n n n +++⋅⋅⋅+=【答案】D 【解析】 【分析】计算正视图或左视图看到的小正方形的个数是相同的，再计算俯视图中看到的小正方形的个数和几何体的全部小正方体个数即可. 【详解】从正视图或左视图可以看出小正方形的个数为()1122n n n +++⋅⋅⋅+= 从俯视图可以看到小正方形的个数为()21321n n ++⋅⋅⋅+-=几何体的全部小正方体个数为()()222121126n n n n ++++⋅⋅⋅+=故选：D.7．（2022·北京·北大附中三模）已知0a b >>，下列不等式中正确的是（ ） A ．c ca b> B ．2ab b < C ．12a b a b-+≥- D ．1111a b <-- 【答案】C 【解析】 【分析】由0a b >>，结合不等式的性质及基本不等式即可判断出结论. 【详解】解：对于选项A ，因为110,0a b a b>><<，而c 的正负不确定，故A 错误； 对于选项B ，因为0a b >>，所以2ab b >，故B 错误；对于选项C ，依题意0a b >>，所以10,0a b a b ->>-，所以12a b a b-+≥=-，故C 正确；对于选项D ，因为10,111,1a b a b a >>->->--与11b -正负不确定，故大小不确定，故D 错误； 故选：C.8．（2022·山东泰安·模拟预测）已知42244921x x y y ++=，则2253x y +的最小值是（ ）A ．2B ．127 C ．52D ．3【答案】A 【解析】 【分析】对原式因式分解得()()2222421x y x y ++=，然后利用基本不等式即可求解. 【详解】由42244921x x y y ++=，得()()222222222222425342122x y x y x y x y x y ⎛⎫⎛⎫++++++=≤= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()222453x y ≤+，所以22532x y +≥，当且仅当222242x y x y +=+，即22337y x ==时，等号成立，所以2253x y +的最小值是2. 故选：A.9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）已知实数a ，b 满足()2log 1,01a a b a +=<<，则21log 4b a a -的最小值为（ ） A ．0 B ．1- C ．1 D ．不存在【答案】A 【解析】 【分析】由题设条件可得2log 1a b a =-，从而利用换底公式的推论可得21log 1b a a =-，代入要求最小值的代数式中，消元，利用均值不等式求最值 【详解】2log 1a a b +=2log 1a b a ⇒=-21log 1b a a ⇒=- 又01a <<，则2011a <-<()()22211log 11441b a a a a -=+---10≥=当且仅当()221141a a =--即a = 故选：A10．（2022·全国·模拟预测）已知正实数x ，y 满足()21x y =，则2x y+的最小值为（ ） A ．1 B ．2C ．4D ．32【答案】B【解析】 【分析】将已知的式子12x y ==()f t t =0t >，的单调性，从而可得12x y =，即21xy =，再利用基本不等式可求得结果 【详解】因为()21x y =，所以12x y ==设()f t t =0t >，易知()f t t =()0,∞+上单调递增，故12x y =，即21xy =，又0x >，0y >，所以22x y +≥=， 当且仅当2x y =时取等号， 所以2x y +的最小值为2． 故选：B ． 【点睛】关键点点睛：此题考查函数单调性的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是将已知等式转化为等式两边结构相同的形式，然后构造函数判断其单调性，从而可得21xy =，再利用基本不等式可求得结果，考查数学转化思想，属于较难题11．（2022·北京·101中学三模）设m 为实数，复数1212i,3i z z m =+=+（这里i 为虚数单位），若12z z ⋅为纯虚数，则12z z +的值为______．【答案】【解析】 【分析】先根据12z z ⋅为纯虚数计算出m 的值，再计算12z z + ，最后计算12z z +的值 【详解】1212i,3i z z m =+=+，23i z m ∴=-12(12i)(3i)3i 2i 6(6)(23)i z z m m m m m ⋅=+-=-++=++-∴ 12z z ⋅为纯虚数 606m m ∴+=⇒=-12(12i)(63i)55i z z ∴+=++-+=-+12z z ∴+故答案为：12．（2022·全国·模拟预测）已知正数a ，b 满足21a b +=，则2221a b ab++的最小值为______．【答案】4##4+【解析】 【分析】根据题意得()222222221a b a b a b ab ab+++++=，再化简整理利用基本不等式求解即可. 【详解】()22222222221246a b a b a b a ab b ab ab ab+++++++==26444a b b a =++≥=，当且仅当2621a bba ab ⎧=⎪⎨⎪+=⎩，即3a =，2b =故答案为：4.13．（2022·浙江·杭师大附中模拟预测）已知正数,,a b c ，则2222ab bca b c +++的最大值为_________．【解析】 【分析】将分母变为222212233a b b c ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，分别利用基本不等式即可求得最大值.【详解】2222222122233abbc ab bca b ca b b c++=≤++⎛⎫⎛⎫+++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（当且仅当=c=时取等号），2222ab bca b c+∴++14．（2022·宁夏·吴忠中学三模（理））在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形，记第n个图形（图1为第一个图形）中的所有外围线段长的和为n c，则满足12381nc c c c++++>的最小正整数n的值为______.（参考数据：lg20.3010≈，lg30.4771≈）【答案】9【解析】【分析】根据图形变化规律分析出n c的通项公式，然后求和确定.【详解】由图形变化规律可得11231643,4,,,3()33nnc c c c-===⋅⋅⋅=⨯，12343(1())439(()1)814313nnnc c c c-++++==->-，则有441()10lg()lg108.006332lg2lg3n n n>⇒>⇒>=-，所以最小正整数n的值为9.故答案为：9.15．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）若i为虚数单位，复数z满足11iz≤++≤则1i z --的最大值为_______.【答案】【解析】 【分析】利用复数的几何意义知复数z 对应的点Z 到点(1,1)C --的距离d 满足1d ≤≤1i z --表示复数z 对应的点Z 到点(1,1)P 的距离，数形结合可求得结果. 【详解】复数z 满足11z i ≤++()11i z ≤---≤即复数z 对应的点Z 到点(1,1)C --的距离d 满足1d ≤设(1,1)P ，1i z --表示复数z 对应的点Z 到点(1,1)P 的距离数形结合可知1i z --的最大值||||AP CP ==故答案为：。
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高中数学证明题
高中数学证明题高中数学证明题……
因为PA/PA'=PB/PB'
所以A'B'//AB
同理C'B'//CB
两条相交直线分别平行一个面
两条直线确定的面也平行这个面
算上上次那道题，都是最基础的立体几何
劝你还是自己多琢磨琢磨
对以后做立体大题有好处
解：连接CE，由于对称性，知CE与椭圆的交点G与B关于x轴对称，连接AG，我们证明BC与AG的交点就是F，这样BC当然经过F
已知椭圆右焦点坐标为F(1，0)
设过E斜率为K的直线方程为：y=kx+b
E点坐标满足方程，有：0=2k+b b=-2k y=kx-2k
把直线方程代入椭圆方程得：
x^2/2+(kx-2k)^2=1
x^2+2(kx-2k)^2=2
x^2+2k^2x^2-8k^2x+8k^2-2=0
(2k^2+1)x^2-8k^2x+8k^2-2=0
设AB两点坐标为(x1,y1)(x2,y2)，则C、G点的坐标为(x1,-y1)G(x2,-y2)
x1,x2是上方程两根，由韦达定理知
x1+x2=8k^2/(2k^2+1)=4-4/(2k^2+1)
x1x2=(8k^2-2)/(2k^2+1)=4-6/(2k^2+1)
y1=kx1-2k且y2=kx2-2k
y1+y2=k(x1+x2)-4k=4k-4k/(2k^2+1)-4k=-4k/(2k^2+1)
直线BC、AG的方程为：
y=(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)-y1 和y=(y1+y2)(x-x1)/(x1-x2)+y1
联立上两直线方程求交点坐标：
(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)-y1=(y1+y2)(x-x1)/(x1-x2)+y1
(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)+(y1+y2)(x-x1)/(x2-x1)=2y1
(y2+y1)(x-x1)/(x2-x1)=y1
x-x1=y1*(x2-x1)/(y1+y2)
x=y1*(x2-x1)/(y1+y2)+x1
x=(x1y2+x2y1)/(y1+y2)=[x1(kx2-2k)+x2(kx1-2k)]/(y1+y2)=
补充回答：
思路是这样，再用前面x1+x2及y1=kx1-2k y2=kx2-2k代简。
如果没的错，x应为1,y=0
二、
直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中的底面ABCD为菱形，∠ADC=120,AA1=AB=1，点O1，O分别是上下底面菱形对角线交点，
求点O到平面CB1D1的距离。
我找不到那条线，，，
O点到该面的距离为A点到该面的距离的一半，所以先求A点到该面的距离。
找B1D1中点E,则A到该面的距离为三角形ACE中CE 边上的高，依据几何关系，AC=√3,CE=(√7)/2(可在三角形CB1D1中算出)，AE=CE。
三角形ACE中，AC上的高为1，三角形的面积为，(√3)/2,所以CE边上的高为(2√21)/7，则O到平面CB1D1的距离为(√21)/7
三、
用综合法或分析法证明：已知n是大于1的自然数，求证：log以n 为底(n+1)>log以n+1为底+1(n+2)
因为n>1,所以lgn>0, lg(n+1)>0,lg(n+2)>0;
欲证明原不等式成立，只需证lg(n+1)/lgn>lg(n+2)/lg(n+1);
即证：[lg(n+1)]^2>lgn. lg(n+2)...........(*)
因为根据均值不等式lgn.lg(n+1)所以(*)式成立，以上各步均可逆;所以原不等式成立。
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