2021年高考艺术生数学基础复习 考点23 空间几何中的平行（教师版含解析）

这是一份2021年高考艺术生数学基础复习 考点23 空间几何中的平行（教师版含解析），共31页。教案主要包含了三角形的中位线证线面平行，构造平行四边形证线面平行，三角形相似比证线面平行，证明线线平行--线面垂直的性质等内容，欢迎下载使用。
考点23   空间几何中的平行一．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b二．平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b如果两个平面互相平行，其中一个平面内的一直线平行与另外平面三．线线平行  相似比(常用三角形的中位线)  构造平行四边形(证明一组对边平行且相等)  平行的传递性  线面垂直的性质：垂直同一个平面的两条直线平行  线面平行的性质  面面平行的性质  平面向量  空间向量四．线面平行证明线面平行有两种常用方法：一是线面平行的判定定理；二是先利用面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质证明线面平行．考向一 三角形的中位线证线面平行【例1】(2021·全国高三专题练习节选)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面.【答案】证明见解析.【节选】证明：连接，易知，.又由，故.又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD.【举一反三】1．(2021·广东湛江节选)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：A1B1平面DEC1.【答案】证明见解析.【节选】因为D，E分别为BC，AC的中点，所以是三角形的中位线，所以.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，，所以.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.2．(2020·全国高三专题练习)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别是AC，B1C的中点．求证：平面.【答案】证明见解析.【节选】因为分别是的中点，所以是三角形的中位线，所以.又平面，平面，所以平面.3．(2021·南宁市邕宁高级中学节选)如图，正四棱锥中，E为PA的中点，求证：平面EBD. 【答案】证明见解析；【解析】连接AC交BD于点O，连接EO.四边形ABCD为正方形，所以O为AC中点，又E为PA中点，，又面，面EBD，面. 考向二 构造平行四边形证线面平行【例2】(2020·全国高三专题练习节选)如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE；【答案】证明见解析【解析】证明：连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE． 【举一反三】1．(2020·广东梅州节选)如图，四棱锥P−ABCD中，E是PD的中点．证明：直线平面PAB.【答案】证明见解析【解析】取的中点，连接，．因为是的中点，所以，，由得，又，所以，即四边形是平行四边形，所以．又平面，平面，故平面．2．(2021·全国高三专题练习节选)如图所示，已知正方形.、分别是、的中点，将沿折起.证明平面.
 【答案】证明见解析.【解析】、分别为正方形的边、的中点，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，而平面，∴平面.3．(2021·河南洛阳市节选)在棱长为2的正方体中，是底面的中心，求证:平面【答案】证明见解析.【解析】证明：连接，设，连接.且，是平行四边形..又平面，平面，平面.考向三 三角形相似比证线面平行【例3】(2021·内蒙古赤峰市·高三月考节选)如图，四棱锥中，底面为直角梯形，且，点在棱上.证明：当时，直线平面【答案】证明见解析【解析】证明：连结与交于点，连结，，，，，又面，面，平面.【举一反三】1．(2021·浙江杭州市·高三期末节选)在三棱锥中，为等腰直角三角形，点，分别是线段，的中点，点在线段上，且.若，，.(Ⅰ)求证：平面；【答案】证明见解析【解析】连接交于，连接.则点为的重心，有.因为，所以，且平面，平面，所以平面. 2．(2020·江西吉安市节选)如图，在三棱锥中，已知是正三角形，为的重心，，分别为，的中点，在上，且，求证：平面【答案】证明见解析【解析】证明：连接，∵为的中点，为的重心，∴点一定在上，且，∵为的中点，∴，又，∴，即，∴，则，∵平面，平面，∴平面；考向四  面面平行的性质证线面平行【例4】(2021·江西宜春市节选)如图所示，在多面体中，，，，四边形为矩形，证明：平面【答案】证明见解析【解析】取的中点为，连接，因为且，四边形为平行四边形，所以且，又因为四边形为矩形，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，所以平面，同理可证平面，又所以平面平面，因为平面所以平面. 【举一反三】1．(2020·全国高三月考节选)斜三棱柱中，设中点为，且，分别为，的中点，证明：平面【答案】证明见解析【解析】取中点，连接，，易知，，三点共线，由，且平面，平面，故平面，同理可得平面，因为，故平面平面，由平面，故平面．2 .(2021·宁夏吴忠市节选)如图，在三棱锥中，点D、E、F分别为棱PA、PC、BC的中点，G为AD的中点，求证：平面BDE【答案】证明见解析【解析】法一：连接PF交BE于点H，连接DH，见图1:
 ∵E，F分别是PC，BC的中点，∴H是三角形的重心，∴．由已知得，∴，又平面BDE，平面BDE，∴平面BDE．法二：取EC中点M，连接FM，GM，见图2:
 由已知得∴平面BDE，平面BDE，∴平面BDE．∵M，F分别是EC，BC的中点，∴，又平面BDE，平面BDE，∴平面BDE∴，∴平面平面BDE，又平面GFM，∴平面BDE．法三：在平面ABC内，以垂直于AB的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，见图3，设正三角形边长为()则，，，∴，设平面BDE的法向量为，则，，∴，可取．又，，∴，∴，即，又平面BDE，∴平面BDE． 考向五 证明线线平行--线面垂直的性质【例5】(2021·江西赣州市节选)在如图所示的几何体中，，，均为等边三角形，且平面平面，平面平面，证明：；【答案】证明见解析【解析】证明：如图示：分别取，的中点，，连结，，因为，△均为全等的等边三角形，故，且又因为平面平面且交于，平面平面且交于，故面，面从而有，又，进而得四边形为平行四边形，得：，又即：  【举一反三】1．如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，，证明：直线平面； 【答案】见解析【解析】证明：取中点，连接，是正三角形，∵平面平面，平面，平面，∴，又面，面，面.  2如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，且平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD，．求证：平面ABCD证明：如图，过点作于，连接，∴．如图D∵平面⊥平面，平面，平面平面 ，∴⊥平面，又∵⊥平面，，∴，.∴四边形为平行四边形．∴. ∵平面，平面，∴平面．        考向六  面面平行【例6】(2020·江西省奉新县第一中学节选)如图，在多面体中，面为正方形，面和面为全等的矩形，求证：平面平面【答案】证明见解析【解析】证明：∵四边形为正方形，四边形为矩形，∴，且.∴四边形为平行四边形，∴.又∵平面，平面，∴平面.同理平面.又∵，为平面内的两条相交直线，∴平面平面.【举一反三 】1．(2021·武汉市第一中学节选)如图所示，多面体中，四边形为菱形，，求证：平面平面【答案】证明见解析【解析】∵四边形是菱形，∴．又∵平面，平面，∴平面．同理得，平面．∵，平面，且，∴平面平面；2．(2021·山西吕梁市节选)正方体，为中点，为的中点，求证：∥平面【答案】见解析【解析】如图，连接，取的中点为，连接，因为，故，而平面，平面，故平面，因为，故，由正方体可得，故，而平面，平面，故平面，因为，而平面，故平面平面，而平面，故平面. 3．(2021·安徽高三期末节选)如图，在四棱柱中，底面是菱形，点E，F分别为，的中点，点G在上，证明：平面ACE【答案】证明见解析【解析】如图所示：连接BD交AC于点O，则O为BD的中点，连接BF，OE，，则．∵平面ACE，平面ACE，∴平面ACE．∵，，∴四边形为平行四边形，∴．又∵平面ACE，平面ACE，∴平面ACE．∵，∴平面平面ACE，∵平面，∴平面ACE．       1．(2021·安徽淮南市节选)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，O是AC与BD的交点，E为PB的中点，求证：平面PAD
【答案】证明见解析【解析】因为四边形是矩形，所以是的中点又是的中点，所以因为平面，平面所以平面．2．(2021·河南高三月考节选)如图，在四棱锥中，底面是正方形，为的中点，平面【答案】证明见解析【解析】连接交于，连接，则为中点，所以为的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面． 2．(2020·江西吉安市·高三节选)在四棱锥中，底面四边形是边长为1的正方形，，分别是，的中点，求证：平面【答案】证明见解析【解析】取的中点，连结、，∵是的中点，∴，且，∵底面四边形是边长是１的正方形，又是的中点，∴，且∴，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴，又磁面，平面，∴平面.3．(2021·江西景德镇市节选)如图，，，点为的中点，求证：平面；【答案】证明见解析【解析】证明：取中点，连接交于点，可知点 为的中点，在三角形中，又因 ，可得，平面， 平面，所以平面4．(2021·广西河池市节选)如图，在长方体中，E为AB的中点，F为的中点，证明：平面【答案】证明见解析【解析】证明：取的中点G，连GF，AG，如图所示：∵G为的中点，F为的中点，∴且，∵E为AB的中点，，，∴且∴四边行AEFG为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.  5．(2021·安徽蚌埠市·高三二模节选)如图，已知四边形和均为直角梯形，，，且，.，求证：平面【答案】证明见解析【解析】证明：在平面中，过作于，交于，连，由题意知，，且，∵，，故四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，故平面.6．(2021·河南节选)如图，在长方体中，底面是正方形，为的中点，证明：平面【答案】证明见解析【解析】证明：设，连接，则是中点，又是中点，∴，又平面，平面，∴平面．7．(2021·河南驻马店市·高三期末节选)如图，该多面体由底面为正方形的直四棱柱被截面所截而成，其中正方形的边长为，是线段上(不含端点)的动点，，证明：平面；【答案】证明见解析【解析】证明：取的中点，连接，．因为该多面体由底面为正方形的直四棱柱被截面所截而成，所以截面是平行四边形，则．因为，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．8．(2021·山西运城市·高三期末节选)如图，在几何体中，四边形为等腰梯形，且，，四边形为矩形，且，M，N分别为，的中点，求证：平面【答案】证明见解析【解析】证明：取的中点Q，连接，，则，且又，且 ，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面9．(2021·安徽黄山市节选)已知四棱锥中，，设平面平面，求证：【答案】证明见解析【解析】证明：因为，平面，平面，所以平面.因为平面，平面平面，所以.10．(2021·江苏苏州市节选)如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，对角线与交于点，点在棱上，若平面，求的值;【答案】1【解析】连结，∵平面，平面，平面平面，∴．∵底面是正方形，为中点，∴是的中位线，则．11．(2021·安徽六安市·高三一模节选)如图，在四棱锥中，，，E是PD的中点，证明：平面PBC【答案】证明见解析【解析】证明：取PC的中点F，连接EF、BF，如图所示：因为E、F分别为PD，PC的中点，所以且，又，，所以且所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面PBC，平面PBC所以平面PBC． 12．(2021·浙江台州市·高三期末节选)如图，在三梭柱中，为的中点，求证：平面【答案】证明见解析【解析】连结，与交于点，连结，四边形是平行四边形，为中点，为中点，得，又平面，故平面；13．(2021·江西高三其他模拟节选)如图，已知四边形为菱形，对角线与相交于O，，平面平面直线，求证：【答案】证明见解析【解析】因为四边形为菱形，所以，平面，平面平面，因为平面平面直线平面，所以；14．(2020·全国高三专题练习)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：(1)直线EG平面BDD1B1；(2)平面EFG平面BDD1B1.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】证明：(1)如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EGSB.又因为SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，所以直线EG平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FGSD.又因为SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，所以FG平面BDD1B1，由(1)有直线EG平面BDD1B1；又EG平面EFG，FG平面EFG，EG∩FG=G，所以平面EFG平面BDD1B1.15.(2020·全国高三专题练习)如图，在四棱锥中，为的中点，在上，且，，证明：平面【答案】证明见解析【解析】取的中点，连接､，则∵为的中点，∴，且，又，∴，且，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面；16.(2020·贵溪市第一中学节选)已知四边形为梯形，，对角线、交于点，平面，，，为线段上的点，，证明：平面；【答案】证明见解析【解析】证明：，，在梯形中，，则梯形为等腰梯形，，， 由余弦定理，得，，，整理可得，解得，，，，又平面，平面，平面；