2021版高考数学一轮复习 第九章 立体几何 9.3 平行关系练习 理 北师大版

9.3 平行关系核心考点精准研析考点一直线、平面平行的基本问题1.如图,p为平行四边形abcd所在平面外一点,q为pa的中点,o为ac与bd的交点,下面说法错误的是()a.oq平面pcdb.pc平面bdqc.aq平面pcdd.cd平面pab2.已知a,b表示直线,表示平面,则下列推理正确的是()a.=a,babb.=a,abb且bc.a,b,a,bd.,=a,=bab3.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形efgh为截面,则四边形efgh的形状为.【解析】1.选c.因为o为平行四边形abcd对角线的交点,所以ao=oc,又q为pa的中点,所以qopc.由线面平行的判定定理,可知a、b正确,又四边形abcd为平行四边形,所以abcd,故cd平面pab,故d正确.2.选d.选项a中,=a,b,则a,b可能平行也可能相交,故a不正确;选项b中,=a,ab,则可能b且b,也可能b在平面或内,故b不正确;选项c中,a,b,a,b,根据面面平行的判定定理,再加上条件ab=a,才能得出,故c不正确;选项d为面面平行性质定理的符号语言.3.因为平面abfe平面cdhg,又平面efgh平面abfe=ef,平面efgh平面cdhg=hg,所以efhg.同理ehfg,所以四边形efgh是平行四边形.答案:平行四边形直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理,并注意定理中易忽视的条件.(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.(3)利用实物进行空间想象,比较判断.(4)熟记一些常见结论,如垂直于同一条直线的两个平面平行等.【秒杀绝招】直接法解t1,因为q是ap的中点,故aq平面pcd =p,所以aq平面pcd是错误的.考点二直线、平面平行的判定与性质【典例】1.在三棱锥s-abc中,abc是边长为6的正三角形,sa=sb=sc=15,平面defh分别与ab,bc,sc,sa交于d,e,f,h.d,e分别是ab,bc的中点,如果直线sb平面defh,那么四边形defh的面积为.2.在直三棱柱abc-a1b1c1中,abc为正三角形,点d在棱bc上,且cd=3bd,点e,f分别为棱ab,bb1的中点.求证:a1c平面def. 【解题导思】序号联想解题1由直线sb平面defh,联想到利用线面平行的性质,判定四边形defh的形状,进而得到其面积.2求证a1c平面def,只要设法在平面def上找到与a1c平行的直线即可,因为cd=3bd,故联想到连接a1b,在ba1c中由比例关系证明平行关系.【解析】1.取ac的中点g,连接sg,bg.易知sgac,bgac,sgbg=g,故ac平面sgb,所以acsb.因为sb平面defh,sb平面sab,平面sab平面defh=hd,则sbhd.同理sbfe.又d,e分别为ab,bc的中点,则h,f也为as,sc的中点,从而得hf12acde,且hf=12ac=de,所以四边形defh为平行四边形.又acsb,sbhd,deac,所以dehd,所以四边形defh为矩形,其面积s=hfhd=12ac12sb=452.答案:4522.如图,连接ab1,a1b,交于点h,a1b交ef于点k,连接dk,因为abb1a1为矩形,所以h为线段a1b的中点,因为点e,f分别为棱ab,bb1的中点,所以点k为线段bh的中点,所以a1k=3bk,又因为cd=3bd,所以a1cdk,又a1c平面def,dk平面def,所以a1c平面def.1.利用判定定理判定直线与平面平行,关键是找平面内与已知直线平行的直线.可先直观判断平面内是否已有,若没有,则需作出该直线,常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.2.判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点).(2)利用线面平行的判定定理(a,b,aba).(3)利用面面平行的性质(,aa;,a,aa).1.如图所示,在正方体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的长度为.【解析】在正方体abcd-a1b1c1d1中,ab=2,所以ac=22.又e为ad中点,ef平面ab1c,ef平面adc,平面adc平面ab1c=ac,所以efac,所以f为dc中点,所以ef=12ac=2.答案:22.如图所示,已知四棱锥p-abcd,bcad,pc=ad=2dc=2cb,e为pd的中点.证明:ce平面pab.【证明】设pa的中点为f,连接ef,fb.因为e,f分别为pd,pa的中点,所以efad,且ef=12ad.又因为bcad,bc=12ad,所以efbc,且ef=bc,所以四边形bcef为平行四边形,所以cebf,又bf平面pab,ce平面pab,所以ce平面pab.【一题多解微课】解决本题还可以采用以下方法:扫码听名师讲解方法一:分别延长ab,dc交于点f,连接pf,bc=12ad,则fc=cd,又ed=ep,则ecpf,因为ec平面pab,pf平面pab,所以ec平面pab.方法二:取ad的中点m,连接em,cm,empa,em平面pab,pa平面pab,em平面pab,又bc12ad=am,四边形abcm为平行四边形,则cmab.cm平面pab,ab平面pab.cm平面pab,emcm=m,则平面ecm平面pab,因为ce平面ecm,所以ce平面pab.考点三面面平行的判定与性质及平行的综合问题命题精解读1.考什么:(1)考查面面平行的判定与性质定理的应用.(2)考查直线、平面平行的综合问题.(3)考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养.2.怎么考:以柱、锥等几何体为载体,考查证明线线、线面、面面平行.3.新趋势:考查作已知几何体的截面或求截面面积问题.学霸好方法1.证明面面平行的方法(1)面面平行的定义.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行.(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的性质相互转化.2.交汇问题:常联系柱、锥等几何体命题,考查平行、垂直或空间角.面面平行的判定与性质【典例】1.如图所示,在三棱柱abc-a1b1c1中,e,f,g,h分别是ab,ac,a1b1,a1c1的中点,求证:(1)b,c,h,g四点共面.(2)平面efa1平面bchg.【证明】(1)因为g,h分别是a1b1,a1c1的中点,所以gh是a1b1c1的中位线,所以ghb1c1.又因为b1c1bc,所以ghbc,所以b,c,h,g四点共面.(2)因为e,f分别是ab,ac的中点,所以efbc.因为ef平面bchg,bc平面bchg,所以ef平面bchg.又g,e分别为a1b1,ab的中点,a1b1ab且a1b1=ab,所以a1geb,a1g=eb,所以四边形a1ebg是平行四边形,所以a1egb.又因为a1e平面bchg,gb平面bchg,所以a1e平面bchg.又因为a1eef=e,a1e,ef平面efa1,所以平面efa1平面bchg.2.如图,在三棱柱abc-a1b1c1中,b1a1a=c1a1a,aa1=ac,p,q分别为棱aa1,ac的中点.在平面abc内过点a作am平面pqb1交bc于点m,写出作图步骤,但不要求证明. 【解析】如图,在平面abb1a1内,过点a作anb1p交bb1于点n,连接bq,在bb1q中,作nhb1q交bq于点h,连接ah并延长交bc于点m,则am为所求作的直线.平行关系的综合应用【典例】如图所示,四棱锥p-abcd的底面是边长为a的正方形,侧棱pa底面abcd,在侧面pbc内,有bepc于e,且be=63a,试在ab上找一点f,使ef平面pad.【解析】在平面pcd内,过e作egcd交pd于g,连接ag,在ab上取点f,使af=eg,因为egcdaf,eg=af,所以四边形fega为平行四边形,所以feag.又ag平面pad,fe平面pad,所以ef平面pad.所以f即为所求的点.又pa平面abcd,所以pabc,又bcab,所以bc平面pab.所以pbbc.所以pc2=bc2+pb2=bc2+ab2+pa2.设pa=x则pc=2a2+x2,由pbbc=bepc得:a2+x2a=2a2+x263a,所以x=a,即pa=a,所以pc=3a.又ce=a2-63a2=33a,所以pepc=23,所以gecd=pepc=23,即ge=23cd=23a,所以af=23a.故点f是ab上靠近b点的一个三等分点.1.如图,平面平面平面,两条直线a,b分别与平面,相交于点a,b,c和点d,e,f.已知ab=2 cm,de=4 cm,ef=3 cm,则ac的长为 cm.【解析】因为平面平面平面,两条直线a,b分别与平面,相交于点a,b,c和点d,e,f,过d作直线平行于a交于m,交于n.连接ad,bm,cn,me,nf,所以adbmcn,menf,所以abbc=dmmn=deef,因为ab=2 cm,de=4 cm,ef=3 cm,所以2bc=43,解得bc=32 cm,所以ac=ab+bc=2+32=72(cm).答案:722.如图,已知点p是平行四边形abcd所在平面外一点,点m,n分别是ab,pc的中点.(1)求证:mn平面pad.(2)在pb上确定一个点q,使平面mnq平面pad.【解析】(1)如图,取pd的中点h,连接ah,nh,由点n是pc的中点,知nhdc,nh=12dc.由点m是ab的中点,知amdc,am=12dc,所以nham,nh=am,即四边形amnh是平行四边形.所以mnah.又因为mn平面pad,ah平面pad,所以mn平面pa