2019届北师大版高三数学(理)复习学案：学案43 空间的平行关系(含答案)

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2019届北师大版高三数学(理)复习学案：学案2 命题及其关系、充分条件与必要条件(含答案)

学案2导学目标：1.能写出一个2.理解必要条件、充分条件与充要条件的含义．自主梳理1．命题用语言、符号或式子表达的，可以判断真假的陈述句叫做2．四种(1)四种命题一般地，用p和q分别表示原原逆否逆否(2)四种(3)四种①两个②两个3．充分条件与必要条件若p⇒q，则p叫做q的充分条件；若q⇒p，则p叫做q的必要条件；如果p⇔q，则p叫做q的充要条件．自我检测1．(2018·湖南)下列A．∃x∈R，lg x＝0 B．∃x∈R，tan x＝1C．∀x∈R，x3>0 D．∀x∈R,2x>0答案 C解析对于C选项，当x＝0时，03＝0，因此∀x∈R，x3>0是假2．(2018·陕西)“a>0”是“|a|>0”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答案 A解析a>0⇒|a|>0，|a|>0 a>0，∴“a>0”是“|a|>0”的充分不必要条件．3．(2009·浙江)“x>0”是“x≠0”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析对于“x>0”⇒“x≠0”，反之不一定成立，因此“x>0”是“x≠0”的充分而不必要条件．4．若答案 C解析由四种5．(2018·宜昌模拟)与命题“若a∈M，则b∉M”等价的A．若a∉M，则b∉MB．若b∉M，则a∈MC．若a∉M，则b∈MD．若b∈M，则a∉M答案 D解析因为原探究点一四种例1写出下列(1)实数的平方是非负数；(2)等底等高的两个三角形是全等三角形；(3)弦的垂直平分线经过圆心，并平分弦所对的弧．解题导引给出一个解(1)逆否逆否(2)逆否逆否(3)逆否逆否变式迁移1 有下列四个①“若x＋y＝0，则x，y互为相反数”的逆②“全等三角形的面积相等”的否③“若q≤1，则x2＋2x＋q＝0有实根”的逆否④“不等边三角形的三个内角相等”的逆其中真答案①③解析①的逆④的逆探究点二充要条件的判断例2给出下列(1)p：x－2＝0；q：(x－2)(x－3)＝0.(2)p：两个三角形相似；q：两个三角形全等．(3)p：m<－2；q：方程x2－x－m＝0无实根．(4)p：一个四边形是矩形；q：四边形的对角线相等．解(1)∵x－2＝0⇒(x－2)(x－3)＝0；而(x－2)(x－3)＝0x－2＝0.∴p是q的充分不必要条件．(2)∵两个三角形相似两个三角形全等；但两个三角形全等⇒两个三角形相似．∴p是q的必要不充分条件．(3)∵m<－2⇒方程x2－x－m＝0无实根；方程x2－x－m＝0无实根m<－2.∴p是q的充分不必要条件．∴p 是q 的充分不必要条件．变式迁移2 (2018·邯郸月考)下列各小题中，p 是q 的充要条件的是( )①p ：m<－2或m>6；q ：y ＝x 2＋mx ＋m ＋3有两个不同的零点；②p ：－＝1；q ：y ＝f(x)是偶函数；③p ：cos α＝cos β；q ：tan α＝tan β；④p ：A∩B＝A ；q ：∁U B ⊆∁U A.A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④答案 D解析 ①q ：y ＝x 2＋mx ＋m ＋3有两个不同的零点⇔q ：Δ＝m 2－4(m ＋3)>0⇔q ：m<－2或m>6⇔p ；②当f(x)＝0时，由q p ；③若α，β＝k π＋π2，k ∈Z 时，显然cos α＝cos β，但tan α≠tan β；④p ：A∩B＝A ⇔p ：A ⊆B ⇔q ：∁U A ⊇∁U B.故①④符合题意．探究点三充要条件的证明例3 设a ，b ，c 为△ABC 的三边，求证：方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根的充要条件是∠A ＝90°.解题导引有关充要条件的证明问题，要分清哪个是条件，哪个是结论，由“条件”⇒“结论”是证明证明 (1)必要性：设方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根x 0，则x 20＋2ax 0＋b 2＝0，x 20＋2cx 0－b 2＝0，两式相减可得x 0＝b 2c －a，将此式代入x 20＋2ax 0＋b 2＝0，可得b 2＋c 2＝a 2，故∠A ＝90°，(2)充分性：∵∠A ＝90°，∴b 2＋c 2＝a 2，b 2＝a 2－c 2.①将①代入方程x 2＋2ax ＋b 2＝0，可得x 2＋2ax ＋a 2－c 2＝0，即(x ＋a －c)(x ＋a ＋c)＝0.将①代入方程x 2＋2cx －b 2＝0，可得x 2＋2cx ＋c 2－a 2＝0，即(x ＋c －a)(x ＋c ＋a)＝0.故两方程有公共根x ＝－(a ＋c)．所以方程x 2＋2ax ＋b 2＝0与x 2＋2cx －b 2＝0有公共根的充要条件是∠A ＝90°.变式迁移3 已知ab≠0，求证：a ＋b ＝1的充要条件是a 3＋b 3＋ab －a 2－b 2＝0.证明 (1)必要性：∵a ＋b ＝1，∴a ＋b －1＝0.∴a 3＋b 3＋ab －a 2－b 2＝(a ＋b)(a 2－ab ＋b 2)－(a 2－ab ＋b 2)＝(a ＋b －1)(a 2－ab ＋b 2)＝0.(2)充分性：∵a 3＋b 3＋ab －a 2－b 2＝0，即(a ＋b －1)(a 2－ab ＋b 2)＝0.又ab≠0，∴a≠0且b≠0.∵a 2－ab ＋b 2＝(a －b 2)2＋34b 2>0. ∴a ＋b －1＝0，即a ＋b ＝1.综上可知，当ab≠0时，a ＋b ＝1的充要条件是a 3＋b 3＋ab －a 2－b 2＝0.转化与化归思想的应用例 (12分)已知两个关于x 的一元二次方程mx 2－4x ＋4＝0和x 2－4mx ＋4m 2－4m －5＝0，且m ∈Z.求两方程的根都是整数的充要条件．【答题模板】解 ∵mx 2－4x ＋4＝0是一元二次方程，∴m≠0. [2分]另一方程为x 2－4mx ＋4m 2－4m －5＝0，两方程都要有实根，⎧Δ1＝－，解得m ∈[－54，1]． [6分] ∵两根为整数，故和与积也为整数，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 4m ∈Z4m ∈Z 4m 2－4m －5∈Z ，∴m 为4的约数， [8分]∴m ＝－1或1，当m ＝－1时，第一个方程x 2＋4x －4＝0的根为非整数，而当m ＝1时，两方程均为整数根，∴两方程的根均为整数的充要条件是m ＝1. [12分]【突破思维障碍】本题涉及到参数问题，先用转化思想将生疏复杂的问题化归为简单、熟悉的问题解决，两方程有实根易想Δ≥0.求出m 的范围，要使两方程根都为整数可转化为它们的两根之和与两根之积都是整数．【易错点剖析】易忽略一元二次方程这个条件隐含着m≠0，不易把方程的根都是整数转化为两根之和与两根之积都是整数．1．研究2．在解决充分条件、必要条件等问题时，要给出p 与q 是否可以相互推出的两次判断，同时还要弄清是p 对q 而言，还是q 对p 而言．还要分清否3．本节体现了转化与化归的数学思想．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2018·天津模拟)给出以下四个①若ab≤0，则a≤0或b≤0；②若a>b ，则am 2>bm 2；③在△ABC 中，若sin A ＝sin B ，则A ＝B ；④在一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0中，若b 2－4ac<0，则方程有实数根．其中原A ．①B ．②C ．③D ．④答案 C解析对2．(2018·浙江)设0<x<π2，则“xsin 2x<1”是“xsin x<1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 ∵0<x<π2，∴0<sin x<1.∴xsin x<1⇒xsin 2x<1，而xsin 2x<1xsin x<1.故选B.3．(2009·北京)“α＝π6＋2k π(k ∈Z)”是“cos 2α＝12”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析由α＝π6＋2k π(k ∈Z)可得到cos 2α＝12.由cos 2α＝12得2α＝2k π±π3(k ∈Z)．∴α＝k π±π6(k ∈Z)．所以cos 2α＝12不一定得到α＝π6＋2k π(k ∈Z)．4．(2018·威海模拟)关于A ．都真B ．都假C ．否答案 D解析本题考查四种对于原5．(2018·枣庄模拟)集合A ＝{x||x|≤4，x ∈R}，B ＝{x|x<a}，则“A ⊆B”是“a>5”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答案 B解析 A ＝{x|－4≤x≤4}，若A ⊆B ，则a>4，a>4a>5，但a>5⇒a>4.故选B.二、填空题(每小题4分，共12分)6．“x 1>0且x 2>0”是“x 1＋x 2>0且x 1x 2>0”的________条件．答案充要7．(2018·惠州模拟)已知p ：(x －1)(y －2)＝0，q ：(x －1)2＋(y －2)2＝0，则p 是q 的____________条件．答案必要不充分解析由(x －1)(y －2)＝0得x ＝1或y ＝2，由(x －1)2＋(y －2)2 ＝0得x ＝1且y ＝2，所以由q 能推出p ，由p 推不出q, 所以填必要不充分条件．8．已知p(x)：x 2＋2x －m>0，如果p(1)是假答案 [3,8)解析因为p(1)是假解得m≥3；又因为p(2)是真解得m<8.故实数m 的取值范围是3≤m<8.三、解答题(共38分)9．(12分)(2018·许昌月考)分别写出下列(1)若q<1，则方程x 2＋2x ＋q ＝0有实根；(2)若ab ＝0，则a ＝0或b ＝0；(3)若x 2＋y 2＝0，则x 、y 全为零．解 (1)逆否逆否(2)逆否逆否(3)逆否逆否10．(12分)设p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2<0，其中a<0；q ：实数x 满足x 2－x －6≤0，或x 2＋2x －8>0，且綈p是綈q 的必要不充分条件，求a 的取值范围．解设A ＝{x|p}＝{x|x 2－4ax ＋3a 2<0，a<0}＝{x|3a<x<a ，a<0}，(2分)B ＝{x|q}＝{x|x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8>0}＝{x|x 2－x －6≤0}∪{x|x 2＋2x －8>0}＝{x|－2≤x≤3}∪{x|x<－4或x>2}＝{x|x<－4或x≥－2}．(4分)∵綈p 是綈q 的必要不充分条件，∴綈q ⇒綈p ，且綈p 綈q.则{x|綈q}Ø{x|綈p}，(6分)而{x|綈q}＝∁R B ＝{x|－4≤x<－2}，{x|綈p}＝∁R A ＝{x|x≤3a 或x≥a，a<0}，∴{x|－4≤x<－2}Ø{x|x≤3a 或x≥a，a<0}，(10分)则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a≥－2，a<0或⎩⎪⎨⎪⎧a≤－4，a<0.(11分) 综上，可得－23≤a<0或x≤－4.(12分) 11．(14分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝p n ＋q(p≠0，且p≠1)，求证：数列{a n }为等比数列的充要条件为q ＝－1.证明充分性：当q ＝－1时，a 1＝S 1＝p ＋q ＝p －1.(2分)当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝p n －1(p －1)．当n ＝1时也成立．(4分)于是a n ＋1a n ＝p n －p n －1－＝p(n ∈N *)，即数列{a n }为等比数列．(6分)必要性：当n ＝1时，a 1＝S 1＝p ＋q.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝p n －1(p －1)．∵p≠0，p≠1，∴a n ＋1a n ＝p n －p n －1－＝p.(10分) ∵{a n }为等比数列，∴a 2a 1＝a n ＋1a n ＝p ，即－p ＋q＝p ，即p －1＝p ＋q.∴q ＝－1.(13分) 综上所述，q ＝－1是数列{a n }为等比数列的充要条件．(14分)。

2019年高考数学一轮复习平行关系学案文北师大版

第四节平行关系[考纲传真] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．(对应学生用书第101页)[基础知识填充]1．直线与平面平行的判定与性质若直线l平面α，直线lα，l∥α，则l∥α若直线l∥平面α，l平面β，α∩β＝b，则l∥b若直线a平面β，直线bβ，a平面α，b平面α，a∩b＝A，并且a∥β，b∥β，则α∥β(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β；(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b；(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(4)两个平面平行，则其中任意一个平面内的直线与另一个平面平行，即α∥β，mα，则m∥β.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( )(3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．( )(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)下列命题中，正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．若直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥bD．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，bα，则b∥αD[根据线面平行的判定与性质定理知，选D．]3．设α，β是两个不同的平面，m是直线且mα，“m∥β”是“α∥β”的( ) A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件B[当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥βα∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为mα，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．]4．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是________．平行[如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是△BDD1的中位线，∴EF∥BD1，又EF平面ACE，BD1平面ACE，∴BD1∥平面ACE.]5．(2017·河北石家庄质检)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若mα，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上序号)．【导学号：00090247】②[①，m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③，m∥β或mβ，故③错误；④，α∥β或α与β相交，故④错误．](对应学生用书第102页)N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )A[A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB．∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A．][规律方法] 1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项．2．(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．[变式训练1] (1)(2018·唐山模拟)若m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列结论中正确的是( ) 【导学号：00090248】A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若mα，nβ，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥nD．若α∥β，m∥α，n∥m，nβ，则n∥β(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1其中推断正确的序号是( )图741A．①③B．①④C．②③D．②④(1)D(2)A[(1)在A中，若m∥α，m∥n，则n∥α或nα，故A错误．在B中，若m α，nβ，m∥β，n∥α，则α与β相交或平行，故B错误．在C中，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误．在D中，若α∥β，m∥α，n ∥m，nβ，则由线面平行的判定定理得n∥β，故D正确．(2)∵在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1，∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故①正确；∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF与平面BC1D1相交，故②错误；∵E ，F ，G 分别是A 1B 1，B 1C 1，BB 1的中点， ∴FG ∥BC 1，∵FG平面BC 1D 1，BC 1平面BC 1D 1，∴FG ∥平面BC 1D 1，故③正确；∵EF 与平面BC 1D 1相交，∴平面EFG 与平面BC 1D 1相交，故④错误．]1111AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1； (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求AD DC的值．图742[解] (1)如图所示，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1. 2分连接A 1B ，交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质知，四边形A 1ABB 1为平行四边形， ∴点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，点O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点， ∴OD 1∥BC 1.4分又∵OD 1平面AB 1D 1，BC 1平面AB 1D 1，∴BC 1∥平面AB 1D 1. ∴当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. 6分(2)由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O 得BC 1∥D 1O ， 8分同理AD 1∥DC 1，∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB，A 1D 1D 1C 1＝DC AD ，又∵A 1OOB ＝1， ∴DC AD ＝1，即ADDC＝1.12分[规律方法] 1.判断或证明线面平行的常用方法有： (1)利用反证法(线面平行的定义)； (2)利用线面平行的判定定理(aα，b α，a ∥b ⇒a ∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a α⇒a ∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，aβ，a ∥α⇒a ∥β)．2．利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．[变式训练2] (2018·西安模拟)如图743，在直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，CD ＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点，设F 是棱AB 的中点，证明：直线EE 1∥平面FCC 1；【导学号：00090249】图743[证明] 法一：取A 1B 1的中点为F 1，连接FF 1，C 1F 1，由于FF 1∥BB 1∥CC 1，所以F 1∈平面FCC 1，因此平面FCC 1即为平面C 1CFF 1.连接A 1D ，F 1C ，由于A 1F 1綊D 1C 1綊CD ，所以四边形A 1DCF 1为平行四边形，因此A 1D ∥F 1C ．又EE 1∥A 1D ，得EE 1∥F 1C ，而EE 1平面FCC 1，F 1C 平面FCC 1，故EE 1∥平面FCC 1.法二：因为F 为AB 的中点，CD ＝2，AB ＝4，AB ∥CD ，所以CD 綊AF ，因此四边形AFCD 为平行四边形，所以AD ∥FC ．又CC 1∥DD 1，FC ∩CC 1＝C ，FC 平面FCC 1，CC 1平面FCC 1，所以平面ADD 1A 1∥平面FCC 1，又EE 1平面ADD 1A 1，所以EE 1∥平面FCC 1.如图744所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：图744(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.[证明](1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1. 2分又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面. 5分(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC．∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，∴EF∥平面BCHG. 7分∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB．∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG. 10分∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. 12分[母题探究] 在本例条件下，若点D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA．[证明]如图所示，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B．5分又HD平面A1B1BA，A 1B平面A1B1BA，∴HD∥平面A1B1BA．12分[规律方法] 1.判定面面平行的主要方法：(1)面面平行的判定定理．(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．2．面面平行的性质定理的作用：(1)判定线面平行；(2)判断线线平行．线线、线面、面面平行的相互转化是解决与平行有关的问题的指导思想．解题时要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．易错警示：利用面面平行的判定定理证明两平面平行时，需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行．[变式训练3] (2016·山东高考)在如图745所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB．图745(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC．[证明](1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF. 2分如图①，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC．同理可得BD⊥AC．又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF. 4分因为FB平面BDEF，所以AC⊥FB．5分①(2)如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF. 8分又EF∥DB，所以GI∥DB．在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC．又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC．因为GH平面GHI，所以GH∥平面ABC．12分②。

2019届高三数学一轮复习目录(理科)

2019届高三第一轮复习《原创与经典》（苏教版）（理科）第一章集合常用逻辑用语推理与证明第1课时集合的概念、集合间的基本关系第2课时集合的基本运算第3课时命题及其关系、充分条件与必要条件第4课时简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词第5课时合情推理与演泽推理第6课时直接证明与间接证明第7课时数学归纳法第二章不等式第8课时不等关系与不等式第9课时一元二次不等式及其解法第10课时二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题第11课时基本不等式及其应用第12课时不等式的综合应用第三章函数的概念与基本初等函数第13课时函数的概念及其表示第14课时函数的定义域与值域第15课时函数的单调性与最值第16课时函数的奇偶性与周期性9第17课时二次函数与幂函数第18课时指数与指数函数第19课时对数与对数函数第20课时函数的图象第21课时函数与方程第22课时函数模型及其应用第四章导数第23课时导数的概念及其运算（含复合函数的导数）第24课时利用导数研究函数的单调性与极值第25课时函数的最值、导数在实际问题中的应用第五章三角函数第26课时任意角、弧度制及任意角的三角函数第27课时同角三角函数的基本关系式与诱导公式第28课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式第29课时二倍角的三角函数第30课时三角函数的图象和性质第31课时函数sin()y A x ωϕ=+的图象及其应用第32课时正弦定理、余弦定理第33课时解三角形的综合应用第六章平面向量第34课时平面向量的概念及其线性运算第35课时平面向量的基本定理及坐标表示第36课时平面向量的数量积第37课时平面向量的综合应用第七章数列第38课时数列的概念及其简单表示法第39课时等差数列第40课时等比数列第41课时数列的求和第42课时等差数列与等比数列的综合应用第八章立体几何初步第43课时平面的基本性质及空间两条直线的位置关系第44课时直线、平面平行的判定与性质第45课时直线、平面垂直的判定与性质第46课时空间几何体的表面积与体积第47课时空间向量的应用——空间线面关系的判定第48课时空间向量的应用——空间的角的计算第九章平面解析几何第49课时直线的方程第50课时两直线的位置关系与点到直线的距离第51课时圆的方程第52课时直线与圆、圆与圆的位置关系第53课时椭圆第54课时双曲线、抛物线第55课时曲线与方程第56课时直线与圆锥曲线的位置关系第57课时圆锥曲线的综合应用第十章复数、算法、统计与概率第58课时抽样方法、用样本估计总体第59课时随机事件及其概率第60课时古典概型第61课时几何概型互斥事件第62课时算法的含义及流程图第63课时复数第十一章计数原理、随机变量及其分布第64课时分类计数原理与分步计数原理第65课时排列与组合第66课时二项式定理第67课时离散型随机变量及其概率分布第68课时事件的独立性及二项分布第69课时离散型随机变量的均值与方差第十二章选修4系列第70课时选修4－1 《几何证明选讲》相似三角形的进一步认识第71课时选修4－1 《几何证明选讲》圆的进一步认识第72课时选修4－2 《矩阵与变换》平面变换、变换的复合与矩阵的乘法第73课时选修4－2 《矩阵与变换》逆变换与逆矩阵、矩阵的特征值与特征向量第74课时选修4－4《参数方程与极坐标》极坐标系第75课时选修4－4《参数方程与极坐标》参数方程第76课时选修4－5《不等式选讲》绝对值的不等式第77课时选修4－5《不等式选讲》不等式的证明。

[推荐学习]2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)：课时分层训练42 平行关系

课时分层训练(四十二) 平行关系A 组基础达标一、选择题1．(2017·合肥模拟)在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( ) A ．平行 B ．相交 C ．在平面内D ．不能确定A [如图，由AE EB ＝CFFB 得AC ∥EF .又因为EF 平面DEF ，AC ⊆/平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .]2．(2017·湖南长沙二模)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A ．m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．m ∥n ，m ∥α，则n ∥α C ．m ⊥α，m ⊥β，则α∥βD ．α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC [对于A ，平行于同一平面的两条直线可能相交，可能平行，也可能异面，故A 不正确；对于B ，m ∥n ，m ∥α，则n ∥α或n α，故B 不正确；对于C ，利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知C 正确；对于D ，因为垂直于同一平面的两个平面的位置关系是相交或平行，故D 不正确．故选C.]3．(2017·豫西五校4月联考)已知m ，n ，l 1，l 2表示不同直线，α、β表示不同平面，若m α，n α，l 1β，l 2β，l 1∩l 2＝M ，则α∥β的一个充分条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥β且n ∥βC ．m ∥β且n ∥l 2D ．m ∥l 1且n ∥l 2D [对于选项A ，当m ∥β且l 1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A 不是α∥β的充分条件；对于选项B ，当m ∥β且n ∥β时，若m ∥n ，则α，β可能平行也可能相交，故B 不是α∥β的充分条件；对于选项C ，当m ∥β且n ∥l 2时，α，β可能平行也可能相交，故C 不是α∥β的充分条件；对于选项D ，当m ∥l 1，n ∥l 2时，由线面平行的判定定理可得l 1∥α，l 2∥α，又l 1∩l 2＝M ，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m ∥l 1且n ∥l 2不一定成立，故D 是α∥β的一个充分条件．故选D.]4．(2017·山东济南模拟)如图735所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1中，过A 1B 1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )【导学号：79140231】图735A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能B[在三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1.∵AB平面ABC，A1B1⊆/平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.]5．(2018·合肥二检)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )A．0条B．1条C．2条D．0条或2条C[如图设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH是平行四边形，则EF∥GH，EF⊆/平面BCD，GH 平面BCD，所以EF∥平面BCD，又EF平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，则EF∥CD，EF 平面EFGH，CD⊆/平面EFGH，则CD∥平面EFGH，同理AB∥平面EFGH，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条，故选C.]二、填空题6．如图736，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.图73652[∵α∥β，∴CD ∥AB ，则PC PA ＝CD AB ，∴AB ＝PA ×CD PC ＝5×12＝52.] 7.如图737所示，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．图7372 [在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2， ∴AC ＝2 2.又E 为AD 中点，EF ∥平面AB 1C ，EF 平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点， ∴EF ＝12AC ＝ 2.]8.如图738，在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．图738平面ABC ，平面ABD [连接AM 并延长交CD 于E ，则E 为CD 的中点．由于N 为△BCD 的重心，所以B ，N ，E 三点共线，且EM MA ＝EN NB ＝12，所以MN ∥AB . 于是MN ∥平面ABD 且MN ∥平面ABC .] 三、解答题9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图739所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论.【导学号：79140232】图739[解] (1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)平面BEG ∥平面ACH ，证明如下：因为ABCD EFGH 为正方体，所以BC ∥FG ，BC ＝FG .又FG ∥EH ，FG ＝EH ，所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是四边形BCHE 为平行四边形，所以BE ∥CH . 又CH 平面ACH ，BE ⊆/平面ACH ，所以BE ∥平面ACH . 同理BG ∥平面ACH .又BE ∩BG ＝B ，所以平面BEG ∥平面ACH .10．(2017·石家庄质检(一))如图7310，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，PA ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .图7310(1)求证：MN ∥平面PAB ； (2)求点M 到平面PAN 的距离．[解] (1)在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ，连接AH (图略)，在△PBC 中，NH ∥BC ，且NH ＝13BC ＝1，AM ＝12AD ＝1.又AD ∥BC ，∴NH ∥AM 且NH ＝AM ，∴四边形AMNH 为平行四边形， ∴MN ∥AH ，又AH 平面PAB ，MN ⊆/平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB .(2)连接AC ，MC ，PM (图略)，平面PAN 即为平面PAC ，设点M 到平面PAC 的距离为h .由题意可得CD ＝22，AC ＝23，∴S △PAC ＝12PA ·AC ＝43，S △AMC ＝12AM ·CD ＝2，由V M PAC ＝V P AMC ，得13S △PAC ·h ＝13S △AMC ·PA ，即43h ＝2×4，∴h ＝63， ∴点M 到平面PAN 的距离为63.] B 组能力提升11.如图7311，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是( )图7311A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°C[因为截面PQMN是正方形，所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．]12．如图7312所示，棱柱ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________.【导学号：79140233】图73121 [设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD.∵四边形BCC1B1是菱形，∴O 为BC 1的中点， ∴D 为A 1C 1的中点，则A 1D ∶DC 1＝1.]13．如图7313，四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E 为PB 的中点．图7313(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)在线段AB 上是否存在一点F ，使得平面PAD ∥平面CEF ？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH ，又DH平面PAD ，CE ⊆/平面PAD ，因此CE ∥平面PAD .(2)存在点F 为AB 的中点，使平面PAD ∥平面CEF ，证明如下：取AB 的中点F ，连接CF ，EF ，所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AECD 为平行四边形，因此CF ∥AD ，又CF ⊆/平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ，又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ，故存在AB 的中点F 满足要求．。

[小初高学习]2019版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第4节平行关系学案北师大版

第4节平行关系最新考纲 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.知识梳理1.直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义直线l 与平面α没有公共点，则称直线l 与平面α平行. (2)判定定理与性质定理a α，b α，a ∥b ⇒a ∥αa ∥α，a β，α∩β＝b ⇒a ∥b2.平面与平面平行 (1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫作平行平面. (2)判定定理与性质定理a α，b α，a ∩b＝P ，a ∥β，b ∥β⇒α∥βα∥β，a α⇒a ∥β[常用结论与微点提醒] 1.平行关系中的两个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 2.线线、线面、面面平行间的转化诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.( ) (2)若直线a ∥平面α，P ∈α，则过点P 且平行于直线a 的直线有无数条.( ) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.( ) (4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.( )解析 (1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误.(2)若a ∥α，P ∈α，则过点P 且平行于a 的直线只有一条，故(2)错误.(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ 2.(教材习题改编)下列命题中正确的是( )A.若a ，b 是两条直线，且a ∥b ，那么a 平行于经过b 的任何平面B.若直线a 和平面α满足a ∥α，那么a 与α内的任何直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a ，b 和平面α满足a ∥b ，a ∥α，b α，则b ∥α 解析根据线面平行的判定与性质定理知，选D. 答案 D3.设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α.“m ∥β”是“α∥β”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析当m∥β时，可能α∥β，也可能α与β相交.当α∥β时，由mα可知，m∥β.∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.答案 B4.(2018·西安模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A.m∥α，n∥α，则m∥nB.m∥n，m∥α，则n∥αC.m⊥α，m⊥β，则α∥βD.α⊥γ，β⊥γ，则α∥β解析A中，m与n平行、相交或异面，A不正确；B中，n∥α或nα，B不正确；根据线面垂直的性质，C正确；D中，α∥β或α与β相交，D错.答案 C5.(教材练习改编)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________.解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，O为BD的中点，E 为DD1的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1平面ACE ，EO平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案平行考点一与线、面平行相关命题的判定【例1】(1)(2018·成都诊断)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且mα，nβ.有下列命题：①若α∥β，则m∥n；②若α∥β，则m∥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.其中真命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)(2018·安庆模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，Q 分别是棱D 1C 1，A 1D 1，BC 的中点，点P 在BD 1上且BP ＝23BD 1，则下面说法正确的是________(填序号).①MN ∥平面APC ；②C 1Q ∥平面APC ；③A ，P ，M 三点共线；④平面MNQ ∥平面APC . 解析 (1)①若α∥β，则m ∥n 或m ，n 异面，不正确； ②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m ∥β，正确； ③若α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，则α与β不一定垂直，不正确；④若α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，l 与n 不一定相交，不能推出α⊥β，不正确. (2)如图，对于①，连接MN ，AC ，则MN ∥AC ，连接AM ，CN ，易得AM ，CN 交于点P ，即MN 面APC ，所以MN ∥面APC 是错误的.对于②，由①知M ，N 在平面APC 内，由题易知AN ∥C 1Q ，且AN 平面APC ，C 1Q 平面APC . 所以C 1Q ∥面APC 是正确的.对于③，由①知，A ，P ，M 三点共线是正确的.对于④，由①知MN 面APC ，又MN 面MNQ ，所以面MNQ ∥面APC 是错误的.答案 (1)B (2)②③规律方法 1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项.2.(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.【训练1】 (1)设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，且m ，n α，则“α∥β”是“m ∥β且n ∥β”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(2)(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).解析 (1)若m ，n α，α∥β，则m ∥β且n ∥β；反之若m ，n α，m ∥β且n ∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m ∥β且n ∥β”的充分不必要条件.(2)当m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④. 答案 (1)A (2)②③④考点二直线与平面平行的判定与性质(多维探究) 命题角度1 直线与平面平行的判定【例2－1】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明：MN ∥平面PAB ； (2)求四面体N －BCM 的体积.(1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT 平面PAB ，MN 平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)解因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA .如图，取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N－BCM＝13×S △BCM ×PA 2＝453.命题角度2 直线与平面平行性质定理的应用【例2－2】 (2018·宜春质检)如图，五面体ABCDE ，四边形ABDE 是矩形，△ABC 是正三角形，AB ＝1，AE ＝2，F 是线段BC 上一点，直线BC 与平面ABD 所成角为30°，CE ∥平面ADF . (1)试确定F 的位置； (2)求三棱锥A －CDF 的体积.解 (1)连接BE 交AD 于点O ，连接OF ，∵CE ∥平面ADF ，CE 平面BEC ，平面ADF ∩平面BEC ＝OF ， ∴CE ∥OF .∵O 是BE 的中点，∴F 是BC 的中点.(2)∵BC 与平面ABD 所成角为30°，BC ＝AB ＝1， ∴C 到平面ABD 的距离为h ＝BC ·sin 30°＝12.∵AE ＝2，∴V A －CDF ＝V F －ACD ＝12V B －ACD ＝12V C －ABD＝12×13×12×1×2×12＝112. 规律方法 1.利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反.【训练2】 (2017·江苏卷)如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD . 求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .证明 (1)在平面ABD 内，AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，则AB ∥EF .∵AB平面ABC，EF平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC平面BCD，∴BC⊥平面ABD.∵AD平面ABD，∴BC⊥AD.又AB⊥AD，BC，AB平面ABC，BC∩AB＝B，∴AD⊥平面ABC，又因为AC平面ABC，∴AD⊥AC.考点三面面平行的判定与性质(典例迁移)【例3】 (经典母题)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)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面.(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF平面BCHG，BC平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綊AB，∴A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E平面BCHG，GB平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.【迁移探究1】在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A 1ACC 1是平行四边形， ∴M 是A 1C 的中点，连接MD ， ∵D 为BC 的中点， ∴A 1B ∥DM . ∵A 1B 平面A 1BD 1，DM 平面A 1BD 1，∴DM ∥平面A 1BD 1，又由三棱柱的性质知，D 1C 1綊BD ， ∴四边形BDC 1D 1为平行四边形， ∴DC 1∥BD 1.又DC 1平面A 1BD 1，BD 1平面A 1BD 1， ∴DC 1∥平面A 1BD 1，又DC 1∩DM ＝D ，DC 1，DM 平面AC 1D ，因此平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【迁移探究2】在本例中，若将条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1”，试求ADDC的值.解连接A 1B 交AB 1于O ，连接OD 1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1.又由题设A 1D 1D 1C 1＝DC AD ， ∴DC AD＝1，即AD DC＝1.规律方法 1.判定面面平行的主要方法 (1)利用面面平行的判定定理.(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行). 2.面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行.(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.提醒利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线.【训练3】(2018·东北三省四校联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，CC1的中点.(1)若线段AC上存在点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；(2)证明：EF⊥A1C.(1)解点D是AC的中点，理由如下：∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴AB∥DE，∵在△ABC中，E是BC的中点，∴D是AC的中点.(2)证明∵三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝AA1，∴四边形A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1.∵AA1⊥底面ABC，AB平面ABC，∴AA1⊥AB，又AB⊥AC，AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C，∵A1C平面AA1C1C，∴AB⊥A1C.又AB∩AC1＝A，从而A1C⊥平面ABC1，又BC1平面ABC1，∴A1C⊥BC1.又∵E，F分别是BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，从而EF⊥A1C.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2018·安康模拟)有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线.其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析命题①l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③a可以在平面α内，不正确；命题④正确.答案 A2.(2018·长郡中学质检)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB平面ABC，A1B1平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.答案 B3.(2018·广东省际名校联考)已知α，β为平面，a，b，c为直线，下列命题正确的是( )A.aα，若b∥a，则b∥αB.α⊥β，α∩β＝c，b⊥c，则b⊥βC.a⊥b，b⊥c，则a∥cD.a∩b＝A，aα，bα，a∥β，b∥β，则α∥β解析选项A中，bα或b∥α，不正确.B中b与β可能斜交，B错误.C中a∥c，a与c异面，或a与c相交，C错误.利用面面平行的判定定理，易知D正确.答案 D4.(2018·合肥模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )A.0条B.1条C.2条D.1条或2条解析如图所示，四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF平面BCD，GH平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF平面EFGH，CD平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(面EFGH)平行的棱有2条.答案 C5.(2018·吉安模拟)设直线l，m，平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( )A.lα，mα，且l∥β，m∥βB.lα，mβ，且l∥mC.l⊥α，m⊥β，且l∥mD.l∥α，m∥β，且l∥m解析借助如图所示的长方体模型，可以判定选项A，B，D不一定推出α∥β.对于选项C，由l⊥α，l∥m，得m⊥α，又m⊥β，从而α∥β.答案 C二、填空题6.设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，nγ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.①α∥γ，nβ；②m∥γ，n∥β；③n∥β，mγ.可以填入的条件有________.解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，mγ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.答案①或③7.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 2.又E 为AD 中点，EF ∥平面AB 1C ，EF 平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ， ∴F 为DC 中点，∴EF ＝12AC ＝ 2. 答案 28.(2018·郑州调研)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m α，n ∥α，则m ∥n ；②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ；③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号).解析 ①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β或m β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误.答案 ②三、解答题9.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论.解 (1)点F ，G ，H 的位置如图所示.(2)平面BEG ∥平面ACH ，证明如下：因为ABCD －EFGH 为正方体，所以BC ∥FG ，BC ＝FG ，又FG ∥EH ，FG ＝EH ，所以BC ∥EH ，BC ＝EH ，于是四边形BCHE 为平行四边形，所以BE ∥CH .又CH 平面ACH ，BE 平面ACH ，所以BE ∥平面ACH .同理BG ∥平面ACH .又BE ∩BG ＝B ，所以平面BEG ∥平面ACH .10.(2018·张家口检测)如图，四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝2，点E ，F 分别为AD ，PC 的中点.(1)证明：DF ∥平面PBE ；(2)求点F 到平面PBE 的距离.(1)证明取PB 的中点G ，连接EG ，FG ，则FG ∥BC ，且FG ＝12BC .∵DE ∥BC 且DE ＝12BC ， ∴DE ∥FG 且DE ＝FG ，∴四边形DEGF 为平行四边形，∴DF ∥EG .又DF 平面PBE ，EG 平面PBE ，故DF ∥平面PBE .(2)解由(1)知DF ∥平面PBE ，∴点D 到平面PBE 的距离与F 到平面PBE 的距离是相等的，故转化为求点D 到平面PBE 的距离，设为d ，连接BD .∵V D －PBE ＝V P －BDE ，∴13S △PBE ·d ＝13S △BDE ·PD ，由题意可求得PE ＝BE ＝5，PB ＝23，∴S △PBE ＝12×23×（5）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝ 6. 又S △BDE ＝12DE ·AB ＝12×1×2＝1， ∴d ＝63，即点F 到平面PBE 的距离为63. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面解析A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若mα，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n与已知m，n不平行矛盾，所以原命题正确，故D项正确.答案 D12.如图所示，棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________.解析设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.答案 113.(2016·山东卷)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(1)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.证明(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF，图①如图①，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.图②在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC，因为GH平面GHI，所以GH∥平面ABC.。

2019高三数学理北师大版一轮教师用书：第7章第3节平行关系

图 733 (1)证明：AD1∥平面 BDC1； (2)证明：BD∥平面 AB1D1. [证明] (1)∵D1，D 分别为 A1C1，AC 的中点，四边形 ACC1A1 为平行四边形，
∥ ∴C1D1 ═ DA，∴四边形 ADC1D1 为平行四边形，∴AD1∥C1D，又 AD1 ⊆/ 平面 BDC1，C1D 平面 BDC1，∴AD1∥平面 BDC1.
直线 l 与平面 α 没有公共点，则称直线 l 与平面 α 平行．
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判若平面外一条直线与此平
定面内的一条直线平行，则
定该直线平行于此平面
理
l ⊆/ 平面 α，b l， l∥b⇒l∥α
性一条直线和一个平面平行，质则过这条直线的任一平面定与此平面的交线与该直线理平行
(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )
(2)若直线 a∥平面 α，P∈α，则过点 P 且平行于直线 a 的直线有无数
条．( )
(3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．( )
(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．( )
4．三棱柱 ABCA1B1C1 中，过棱 A1C1，B1C1，BC，AC 的中点 E，F，G，H 的平面与平面________平行． A1B1BA [
如图所示，连接各中点后，易知平面 EFGH 与平面 A1B1BA 平行．] 5．(教材改编)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 是 DD1 的中点，则 BD1 与平面
ACE 的位置关系是________．平行 [如图所示，连接 BD 交 AC 于 F，连接 EF，则 EF 是△BDD1 的中位线，

2019届北师大版高三数学(理)复习学案：学案45 空间向量及其运算(含答案)

学案45 空间向量及其运算导学目标： 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．自主梳理1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量． (2)相等向量：方向______且模______的向量． (3)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b(b≠0)，a∥b 的充要条件是______________________________．推论如图所示，点P 在l 上的充要条件是：OP →＝OA →＋ta ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝___________________或OP →＝(1－t)OA →＋tOB →.(4)共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x ，y)，使p＝xa ＋yb ，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O 有，OP →＝__________________或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOM →，其中x ＋y ＋z ＝____.2．空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z}，使得p ＝____________________________，把{a ，b ，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则________叫做向量a 与b 的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b______________，记作a⊥b.②两向量的数量积已知两个非零向量a ，b ，则______________________叫做向量a ，b 的数量积，记作________，即______________________________．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝____________________； ②交换律：a·b＝________；③分配律：a·(b＋c)＝________________. 4．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算若a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a·b＝____________________. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a∥b(b≠0)⇔____________⇔________，__________，________________， a⊥b ⇔________⇔_________________________________ (a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a|＝a·a＝_____________________________________________________________，cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b|＝_________________________________________________________ .若A(a 1，b 1，c 1)，B(a 2，b 2，c 2)，则|AB →|＝__________________________________________________________________. 自我检测1．若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，且a∥b，则( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝12，y ＝－12C ．x ＝16，y ＝－32D ．x ＝－16，y ＝322．(2018·青岛月考)如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c 3．(2018·广州调研)在平行六面体ABCD —A′B′C′D′中，已知∠BAD ＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB ＝3，AD ＝4，AA′＝5，则|AC′→|＝________.4．有下列4个①若p ＝xa ＋yb ，则p 与a 、b 共面；②若p 与a 、b 共面，则p ＝xa ＋yb ；③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P 、M 、A 、B 共面；④若P 、M 、A 、B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真A ．1B ．2C ．3D ．45．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面)．探究点一空间基向量的应用例1 已知空间四边形OABC 中，M 为BC 的中点，N 为AC 的中点，P 为OA 的中点，Q 为OB 的中点，若AB ＝OC ，求证：PM ⊥QN.变式迁移1如图，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直例2(2018·合肥调研)两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM.(1)求证：MN∥平面EBC；(2)求MN长度的最小值．变式迁移2如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题例3(2018·泉州月考)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10. (1)设G 是OC 的中点，证明FG ∥平面BOE ；(2)在△AOB 内是否存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ？若存在，求出点M 到OA ，OB 的距离；若不存在，说明理由．变式迁移3 已知在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 为A 1C 1的中点，E 为B 1C 的中点．(1)求直线BE 与A 1C 所成的角的余弦值；(2)在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ？若存在，求出AF ；若不存在，请说明理由．1．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：(1)建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．(2)通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．(3)根据运算结果解释相关几何问题．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下列①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0；②|a|－|b|＝|a ＋b|是a 、b 共线的充要条件； ③若a 、b 共线，则a 与b 所在直线平行；④对空间任意一点O 与不共线的三点A 、B 、C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x 、y 、z ∈R)则P 、A 、B 、C 四点共面．其中假A ．1B ．2C ．3D ．42.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，M 、N 分别是棱DD 1、D 1C 1的中点，则直线OM( ) A ．既垂直于AC ，又垂直于MN B ．垂直于AC ，但不垂直于MN C ．垂直于MN ，但不垂直于AC D ．与AC 、MN 都不垂直 3．(2018·绍兴月考)如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°4．设点C(2a ＋1，a ＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)确定的平面上，则a 等于( ) A ．16 B ．4 C ．2 D ．8 5．在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x 轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为( ) A. 2 B ．211 C ．3 2 D ．4 2 二、填空题(每小题4分，共12分) 6.(2018·信阳模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD ，F 为BC 的中点，E 为AD 的中点，若EF →＝λ(AB →＋DC →)，则λ＝________.7．(2018·铜川模拟)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式：①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→； ④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→.其中能够化简为向量BD 1→的是________．(填所有正确的序号) 8．(2018·丽水模拟)如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．三、解答题(共38分) 9．(12分)如图所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.(1)求证：E、B、F、D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG＝23，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.10．(12分)(2009·福建)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．11．(14分)(2018·汕头月考)如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．学案45 空间向量及其运算自主梳理1．(1)大小方向 (2)相同相等 (3)存在实数λ，使得a ＝λb OA →＋tAB → (4)OM →＋xMA →＋yMB →1 2.xa ＋yb ＋zc 3.(1)①∠AOB 〈a ，b 〉 0≤〈a ，b 〉≤π 互相垂直 ②|a||b|cos 〈a ，b 〉 a·b a·b＝|a||b|cos 〈a ，b 〉(2)①λ(a·b) ②b·a ③a·b＋a·c 4.(1)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 (2)a ＝λb a 1＝λb 1 a 2＝λb 2 a 3＝λb 3 (λ∈R) a·b＝0 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0 (3)a 21＋a 22＋a 23a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23 2－a 12＋2－b 12＋2－c 12自我检测1．C [∵a∥b，∴2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.]2．A [B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝－A 1B 1→＋A 1A →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋12AD →＝－a ＋c ＋12(a ＋b)＝－12a ＋12b ＋c.]3.97解析 ∵AC′→＝AB →＋BC →＋CC′→＝AB →＋AD →＋AA′→，∴|AC′→|2＝AB →2＋AD →2＋AA′→2＋2AB →·AD →＋2AD →·AA′→＋2AA′→·AB →＝32＋42＋52＋2×3×4×cos 60°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝97，∴|AC′→|＝97.4．B [①正确．②中若a 、b 共线，p 与a 不共线，则p ＝xa ＋yb 就不成立．③正确．④中若M 、A 、B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．]5．共面解析 AB →＝(3,4,5)，AC →＝(1,2,2)，AD →＝(9,14,16)，设AD →＝xAB →＋yAC →，即(9,14,16)＝(3x ＋y,4x ＋2y,5x ＋2y)．∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝3，从而A 、B 、C 、D 四点共面．课堂活动区例1 解题导引欲证a ⊥b ，只要把a 、b 用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a·b＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．证明如图所示. 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c.∵OM →＝12(OB →＋OC →)＝12(b ＋c)，ON →＝12(OA →＋OC →)＝12(a ＋c)，∴PM →＝PO →＋OM →＝－12a ＋12(b ＋c)＝12(b ＋c －a)，QN →＝QO →＋ON →＝－12b ＋12(a ＋c)＝12(a ＋c －b)．∴PM →·QN →＝14[c －(a －b)][c ＋(a －b)]＝14[c 2－(a －b)2]＝14(|OC →|2－|BA →|2) ∵|AB →|＝|OC →|，∴PM →·QN →＝0. 即PM →⊥QN →，故PM ⊥QN.变式迁移1 23解析设{AB →，AC →，AD →}为空间一组基底，则AF →＝12AB →＋12AC →，CE →＝12CA →＋12CD →＝12CA →＋12(AD →－AC →)＝－AC →＋12AD →.∴AF →·CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋12AC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫－AC →＋12AD →＝－12AB →·AC →－12AC →2＋14AB →·AD →＋14AC →·AD →＝－14AB →2－12AC →2＋18AB →2＋18AC →2＝－12AC →2.又|AF →|＝|CE →|＝32|AC →|，∴|AF →|·|CE →|＝34|AC →|2.∴cos 〈AF →，CE →〉＝AF →·CE →|AF →||CE →|＝－12AC →234|AC →|2＝－23.∴异面直线AF 与CE 所成角的余弦值为23.例2 解题导引如图所示，建立坐标系后，要证MN 平行于平面EBC ，只要证MN →的横坐标为0即可．(1)证明如图所示，以BA →、BC →、BE →为单位正交基底建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，D(1,1,0)，E(0,0,1)，B(0,0,0)，设AN AE ＝DM DB＝λ，则MN →＝MD →＋DA →＋AN →＝λBD →＋DA →＋λAE → ＝λ(1,1,0)＋(0，－1,0)＋λ(－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且MN →的横坐标为0. ∴MN →平行于平面yBz ，即MN ∥平面EBC.(2)解由(1)知|MN →|＝λ－2＋λ2＝2λ2－2λ＋1＝ 2⎝⎛⎭⎪⎫λ－122＋12，∴当λ＝12时，MN 取得长度的最小值为22.变式迁移2 证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N ，连接NE. 则点N 、E 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0、(0,0,1)．∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.又点A 、M 的坐标分别为(2，2，0)、⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴NE →＝AM →且NE 与AM 不共线． ∴NE ∥AM.又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE.(2)由(1)得，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，∵D(2，0,0)，F(2，2，1)，B(0，2，0)，∴DF →＝(0，2，1)，BF →＝(2，0,1)． ∴AM →·DF →＝0，AM →·BF →＝0.∴AM →⊥DF →，AM →⊥BF →，即AM ⊥DF ，AM ⊥BF. 又DF∩BF＝F ， ∴AM ⊥平面BDF.例3 解题导引建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第(1)题证明FG →与平面BOE 的法向量n 垂直，即FG →·n＝0即可．第(2)题设出点M 的坐标，利用MF →∥n 即可解出，然后检验解的合理性．(1)证明如图，连接OP ，以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz.则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)．由题意，得G(0,4,0)．因为OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)，所以平面BOE 的法向量n ＝(0,3,4)．由FG →＝(－4,4，－3)，得n·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内，所以FG ∥平面BOE. (2)解设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)，则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)．因为FM ⊥平面BOE ，所以FM →∥n ，因此x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－94，0. 在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x>0，y<0，x －y<8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组．所以，在△AOB 内存在一点M ，使PM ⊥平面BOE. 由点M 的坐标，得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.变式迁移3 解(1)以点B 为原点，以BA 、BC 、BB 1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，则B(0,0,0)，B 1(0,0,3a)，∵△ABC 为等腰直角三角形，∴AB ＝BC ＝22AC ＝2a ，∴A(2a,0,0)，C(0，2a,0)，C 1(0，2a,3a)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，22a ，32a ，A 1(2a,0,3a)，∴BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22a ，32a ，A 1C →＝(－2a ，2a ，－3a)，cos 〈BE →，A 1C →〉＝BE →·A 1C →|BE →||A 1C →|＝－72a 2112a×13a＝－7143143.∴直线BE 与A 1C 所成的角的余弦值为7143143.(2)假设存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ，并设AF →＝λAA 1→＝λ(0,0,3a)＝(0,0,3λa) (0<λ<1)，∵D 为A 1C 1的中点，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，3a ，B 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，3a －(0,0,3a)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0，B 1F →＝B 1B →＋BA →＋AF →＝(0,0，－3a)＋(2a,0,0)＋(0,0,3λa)＝(2a,0,3a(λ－1))， CF →＝CA →＋AF →＝(2a ，－2a,0)＋(0,0,3λa) ＝(2a ，－2a,3λa)．∵CF ⊥平面B 1DF ，∴CF →⊥B 1D →，CF →⊥B 1F →， ⎩⎪⎨⎪⎧CF →·B 1D →＝0CF →·B 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3λa×0＝09λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝23或λ＝13∴存在点F 使CF ⊥面B 1DF ，且当λ＝13时，|AF →|＝13|AA 1→|＝a ，当λ＝23时，|AF →|＝23|AA 1→|＝2a. 课后练习区1．C [②③④均不正确．]2．A [以D 为坐标原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建系，设棱长为2，则M(0,0,1)，N(0,1,2)，O(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，∴AC →＝(－2,2,0)，MN →＝(0,1,1)，OM →＝(－1，－1,1)，∴OM →·AC →＝0，OM →·MN →＝0，∴OM ⊥AC ，OM ⊥MN.]3．B如图建立坐标系，设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C 1(2,0,2)，∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22·8＝12. ∵〈EF →，BC 1→〉∈[0°，180°]∴EF 与BC 1所成的角是60°.]4．A [由PC →＝λ1PA →＋λ2PB →得：(2a －1，a ＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －λ1＋6λ2＝2a －1－3λ1－λ2＝a ＋1，2λ1＋4λ2＝2 解得a ＝16.]5．B过A 、B 分别作AA 1⊥x 轴，BB 1⊥x 轴，垂足分别为A 1和B 1，则AA 1＝3，A 1B 1＝5，BB 1＝2，∵AB →＝AA 1→＋A 1B 1→＋B 1B →，∴AB →2＝AA 1→2＋A 1B 1→2＋B 1B →2＋2AA 1→·B 1B →＝32＋52＋22＋2×3×2×cos 60°＝44.∴|AB →|＝211.]6.12解析 ∵EF →＝EA →＋AB →＋BF →，又EF →＝ED →＋DC →＋CF →，∴2EF →＝AB →＋DC →，∴EF →＝12(AB →＋DC →)，∴λ＝12. 7．①②解析 ①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→；②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→＝BC 1→－D 1C 1→＝BD 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→＝BD →－2DD 1→≠BD 1→；④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→＝B 1D 1→＋(A 1A →＋DD 1→)＝B 1D 1→≠BD 1→.8．(1,1,1)解析设DP ＝y>0，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，y)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，y 2，DP →＝(0,0，y)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，y 2.∴cos 〈DP →，AE →〉＝DP →·AE →|DP →||AE →|＝12y 2y 2＋y 24＝y 8＋y 2＝33. 解得y ＝2，∴E(1,1,1)．9．证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)．(2分)所以BD 1→＝BE →＋BF →.故BD 1→、BE →、BF →共面．又它们有公共点B ，∴E 、B 、F 、D 1四点共面．(6分)(2)设M(0,0，z)，则GM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－23，z . 而BF →＝(0,3,2)，由题设，得GM →·BF →＝－23×3＋z·2＝0，得z ＝1.(8分) ∴M(0,0,1)，E(3,0,1)，∴ME →＝(3,0,0)．又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，∴ME →·BB 1→＝0，∴ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC.又∵BB 1∩BC＝B ，∴ME ⊥平面BCC 1B 1.(12分)10.解 (1)如图所示，以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D —xyz.依题意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.(2分) ∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1， AM →＝(－1,0,1)．∵cos 〈NE →，AM →〉＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010， ∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (6分)(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN.∵AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0， ∴ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.(8分) 由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12＋λ＝0，λ－＋λ＝0.(10分)故λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22. 经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN. 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.(12分) 11．(1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB → ＝12(q ＋r －p)，(2分) ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p)·p ＝12(q·p＋r·p－p 2) ＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB 又∵CD →＝AD →－AC →＝r －q ，∴MN →·CD →＝12(q ＋r －p)·(r－q) ＝12(q·r－q 2＋r 2－q·r－p·r＋p·q) ＝12(a 2cos 60°－a 2＋a 2－a 2cos 60°－a 2c os 60°＋a 2cos 60°) ＝0，∴MN ⊥CD.(4分)(2)解由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p)， ∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p)2 ＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q·r－p·q－r·p)] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22 ＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a.(9分) (3)解设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r)， MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r)·⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q·p＋r·q－12r·p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.(12分) 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ， ∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ即32a·32a·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，(13分) ∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.(14分)。

2019届一轮复习北师大版空间图形基本关系学案

2019年高考数学总复习空间图形的基本关系与公理考点一。

点、线、面位置关系（1）给出下列四个命题①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l；④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．其中真命题的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4 答案A（2）l1、l2是两条异面直线，直线m1、m2与l1、l2都相交，则m1、m2的位置关系是() A．异面或平行B．相交C．异面D．相交或异面答案D（3）设m、n表示不同直线，α、β表示不同平面，则下列命题中正确的是( )A．若m∥α，m∥n，则n∥α B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β解 A选项不正确，n还有可能在平面α内，B选项不正确，平面α还有可能与平面β相交，C选项不正确，n也有可能在平面β内，选项D正确．（4）设m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列四个命题中，正确的命题是( ) A．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥β B．若m∥α，m∥n，则n∥αC．若m∥α，n∥α，则m∥n D．若m，n为两条异面直线，且m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥β解 A中的直线m，n可能不相交；B中直线n可能在平面α内；C中直线m，n的位置可能是平行、相交或异面．（5）在空间中，有如下命题①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α∥平面β，则平面α内任意一条直线m∥平面β；③若平面α与平面β的交线为m，平面α内的直线n⊥直线m，则直线n⊥平面β；④若平面α内的三点A、B、C到平面β的距离相等，则α∥β.其中正确命题的序号为________．解①中，互相平行的两条直线的射影可能重合，①错误；②正确；③中，平面α与平面β不一定垂直，所以直线n就不一定垂直于平面β，③错误；④中，若平面α内的三点A、B、C 在一条直线上，则平面α与平面β可以相交，④错误．(6) ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.（2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.（3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有．解对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.（7）下列命题正确的是( )A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行解对于A 选项，两条直线也可相交，B 选项若三点在同一条直线上，平面可相交．D 选项这两个平面可相交(可联系墙角)，而C 项可利用线面平行的性质定理，再运用线面平行的判定与性质可得．(8)过直线L 外两点作与L 平行的平面,能做________个.解可以是一个，或者没有，或者是无数个当两点所在的直线与直线L 平行时，可以作无数个平面与L 平行；当两点所确定直线与直线L 异面时，可以仅作一个平面与直线L 平行；当两点所在的直线与直线L 相交时，则不能作与直线L 平行的平面。

高考数学总复习课时作业43空间中的平行关系理北师大版

A 级1．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB平面α，CD平面α，则直线CD与平面α内的直线的地点关系只好是 ()A．平行B．平行和异面C．平行和订交D．异面和订交2．已知甲命题：“假如直线a∥b，那么 a∥α”；乙命题：“假如a∥平面α，那么a∥ b”．要使上边两个命题建立，需分别增添的条件是()A．甲：bα ；乙：bαB．甲：bα ；乙：aβ 且α∩β＝bC．甲：aα，bα；乙：aβ 且α∩β＝bD．甲：aα，bα；乙：b∥α3．已知直线a∥平面α，假如平面α内有n条直线订交于一点，那么这n条直线中与直线 a 平行的()A．起码有一条B．至多有一条C．有且只有一条D．不行能有4．(2012 ·海口调研 ) 平面α∥平面β的一个充足条件是 ()A．存在一条直线a， a∥α， a∥βB．存在一条直线a， aα，a∥βC．存在两条平行直线a， b， aα，bβ，a∥βD．存在两条异面直线a， b， aα，bβ，a∥β，b∥α5．在空间四边形ABCD中， E，F 分别为 AB，AD上的点，且AE∶ EB＝ AF∶ FD＝1∶4，又，G 分别为，的中点，则 ()H BC CDA．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形6．在正方体的各面中，和此中一条棱平行的平面有______ 个．7．(2011 ·福建卷 ) 如图，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______．8.如图，四棱锥 P－ ABCD的底面是向来角梯形， AB∥CD， BA⊥ AD，CD＝2AB，PA⊥底面 ABCD， E 为 PC的中点，则BE与平面 PAD的地点关系为 ________．9．已知l，m，n是互不同样的直线，α，β，γ是三个不一样的平面，给出以下命题：①若 l 与 m为异面直线， lα，mβ，则α∥β；②若α∥β，lα，mβ，则l∥m；③若α∩β ＝l，β ∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.此中全部真命题的序号为________．10．(2011 ·北京卷 ) 如图，在四周体PABC中， PC⊥AB， PA⊥ BC，点 D， E，F， G分别是棱 AP， AC， BC， PB的中点．(1)求证： DE∥平面 BCP；(2)求证：四边形 DEFG为矩形．111.如图，在四棱锥 P－ ABCD中， CD∥ AB， DC＝2AB，试在线段 PB上找一点 M，使 CM∥平面 PAD，并说明原因．B级1.如图，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.2.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面 ABCD为等腰梯形， AB∥ CD，且 AB＝2CD，在棱 AB上能否存在一点 F，使平面 C1CF∥平面 ADD1A1？若存在，求点 F 的地点；若不存在，请说明原因．课时作业 ( 四十三 )A级1．B由于AB∥ CD，AB平面α，CD?平面α，因此CD∥平面α，因此CD 与平面α内的直线可能平行，也可能异面，应选 B.2． C依据直线与平面平行的判断定理和性质定理，知 C 正确．3．B可能存在也可能不存在，若存在只好是一条，由于若存在两条，则与平行公义相矛盾，因此选 B.4．D选项A中的两平面可能平行，也可能订交；选项B中的平面可能平行也可能订交；选项 C 中的两个平面可能平行也可能订交；选项D，由aα，a∥β，可知在β内存在直线 a′∥ a，因此 a′∥α，又由于 a， b 异面，因此a′与 b 订交．又由于b∥α，因此α∥β .应选D.5． B1如图，由题意，EF∥ BD，且 EF＝5BD.1HG∥ BD，且 HG＝2BD.∴EF∥HG，且 EF≠ HG.∴四边形 EFGH是梯形．又 EF∥平面 BCD，而 EH与平面 ADC不平行．应选 B.6．分析：借助正方体的直观图易知，在正方体的六个面中，和此中一条棱平行的平面有两个．答案：27．分析：∵ EF∥平面AB1C，EF平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴ EF∥ AC，又∵E 为 AD的中点，∴F 为 CD的中点，∴ EF为△ ADC的中位线，1∴EF＝2AC，又正方体的棱长为2，∴ AC＝2 2，∴EF＝1AC＝1×22＝ 2. 22答案：28．分析：取 PD的中点 F，连结EF，1在△ PCD中， EF綊2CD.又∵ AB∥ CD且 CD＝2AB，∴ EF綊 AB，∴四边形 ABEF是平行四边形，∴EB∥ AF.又∵ EB?平面PAD， AF平面PAD，答案：平行9．分析：①中，当α，β不平行时，也可能存在切合条件的l ， m；②中的直线l ，m也可能异面；③中由l ∥γ， lβ，γ∩β＝m得l∥m，同理l∥n，故m∥n.答案：③10．证明：(1) 由于D，E分别为AP，AC的中点，因此DE∥ PC.又由于 DE?平面BCP， PC 平面 BCP，因此 DE∥平面 BCP.(2)由于 D， E，F， G分别为 AP， AC， BC， PB的中点，因此 DE∥ PC∥FG， DG∥ AB∥ EF.因此四边形DEFG为平行四边形．又由于 PC⊥ AB，因此 DE⊥ DG.因此四边形 DEFG为矩形．11．分析：当M为PB的中点时，CM∥平面PAD.证法一：取AP的中点 F，连结 CM， FM， DF.1则 FM∥ AB， FM＝2AB.1∵CD∥AB， CD＝2AB，∴FM∥CD， FM＝CD.∴四边形 CDFM为平行四边形．∴ CM∥ DF.∵DF 平面PAD，CM?平面PAD，∴ CM∥平面 PAD.证法二：在四边形ABCD中，设 BC的延伸线与AD的延伸线交于点Q，连结 PQ， CM.∵CD∥AB，∴∠ QCD＝∠ QBA.∵∠ CQD＝∠ BQA，∴△ CQD∽△ BQA.QCCD1∴＝＝.∴C为BQ的中点．QBAB2∵M为 BP的中点，∴ CM∥ PQ.∵PQ 平面PAD，CM?平面PAD，∴ CM∥平面 PAD.证法三：取AB的中点 E，连结 EM， CE， CM.在四边形 ABCD中， CD∥AB，1CD＝2 AB， E 为 AB的中点，∴AE∥DC，且 AE＝ DC.∴四边形 AECD为平行四边形．∴CE∥ DA.∵DA 平面 PAD， CE?平面 PAD，∴ CE∥平面 PAD.同理，依据E， M分别为 BA， BP的中点，得 EM∥平面 PAD.∵CE 平面 CEM， EM 平面 CEM， CE∩ EM＝ E，∴平面 CEM∥平面 PAD.∵CM 平面 CEM，∴ CM∥平面 PAD.B级1．证明：(1) ∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵ B1C1∥ BC，∴ GH∥ BC，∴ B， C， H， G四点共面．(2)∵E、 F 分别为 AB、 AC的中点，∴ EF∥BC，∵EF?平面 BCHG， BC 平面 BCHG，∴ EF∥平面 BCHG.∵A1G綊 EB，∴四边形 A1EBG是平行四边形，∴ A1E∥ GB.∵A1E?平面 BCHG， GB 平面 BCHG.∴A1E∥平面 BCHG.∵A1E∩ EF＝ E，∴平面 EFA1∥平面 BCHG.2．分析：存在这样的点，使平面1∥平面 1 1，此时点F 为的中点，证明F CCF ADDA AB 以下：∵AB∥CD， AB＝2CD，∴ AF綊 CD，∴四边形 AFCD是平行四边形，∴ AD∥CF，又 AD 平面 ADD1A1， CF?平面 ADD1A1，∴ CF∥平面 ADD1A1.又 CC1∥ DD1， CC1?平面 ADD1A1， DD1平面 ADD1A1，∴CC1∥平面 ADD1A1，又 CC1， CF 平面 C1CF， CC1∩ CF＝C，∴平面 C1CF∥平面 ADD1A1.。

高考数学一轮复习课后限时集训43空间图形的基本关系与公理理北师大版

课后限时集训43空间图形的基本关系与公义建议用时： 45 分钟一、选择题1．a，b，c是两两不一样的三条直线，下边四个命题中，真命题是()A．若直线a， b 异面， b， c 异面，则 a， c 异面B．若直线a， b 订交， b， c 订交，则 a， c 订交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥cC [ 若直线a，b异面，b，c异面，则a， c 订交、平行或异面；若a，b 订交， b， c订交，则，c 订交、平行或异面；若⊥，⊥，则，c订交、平行或异面；由异面直a ab bc a线所成的角的定义知 C 正确．应选 C.]2．给出以下说法：①梯形的四个极点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两订交，能够确立 1 个或 3 个平面．此中正确的序号是() A．①B．①④C．②③D．③④B [ ①明显正确；②错误，三条平行直线可能确立 1 个或 3 个平面；③若三个点共线，则两个平面订交，故③错误；④明显正确．应选 B.]3．如图是正方体或四周体，P， Q，R，S 分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()A B C DD[A ， B， C 图中四点必定共面， D中四点不共面． ]4.以下图，平面α∩平面β＝l，A∈α ，B∈α ，AB∩l＝D，C∈β， C?l ，则平面 ABC与平面β的交线是()A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BCC [ 由题意知，D∈l，lβ，因此D∈β ，又由于 D∈ AB，因此 D∈平面 ABC，1因此点 D 在平面 ABC 与平面 β 的交线上．又由于 ∈平面， ∈ ，C ABC C β因此点 C 在平面 β 与平面 ABC 的交线上，因此平面 ABC ∩平面 β＝CD .]5．(2019 ·陕西省第三次联考 ) 已知三棱柱-1 1 1的侧棱与底面边长都相等，1在ABC A BCA底面 ABC 上的射影为 BC 的中点，则异面直线AB 与 CC 所成的角的余弦值为 ()13 3A. 4B. 4 5D.5C.44B [ 如图，设 BC 的中点为D ，连结 A 1D 、AD 、A 1B ，易知∠ A 1AB即为异面直线 AB 与 CC 1 所成的角 ( 或其补角 ) ．设三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 的侧棱与底面边长均为 1，则＝ 3122 ，1＝，1＝，ADA D2 A B211 22121＋ 1－23AA ＋AB －AB由余弦定理，得 cos ∠ A 1AB ＝ 2 1 ·＝2×1×1＝ 4. 应选 B.]AA AB二、填空题6．四条线段按序首尾相连，它们最多可确立________个平面．4 [ 首尾相连的四条线段每相邻两条确立一个平面，因此最多能够确立 4 个平面． ]7．在四周体中，，分别是，的中点．若，所成的角为 60°，且BDABCD E FAB CDBD AC＝AC ＝ 1，则 EF 的长为 ________．1 3 [ 如图，取 BC 的中点 O ，连结 OE ，OF . 2或2 由于 OE ∥ AC ， OF ∥ BD ，因此与所成的锐角 ( 或直角 ) 即为与所成的角，而，OE OFACBDACBD 所成角为 60°，因此∠ EOF ＝60°或∠ EOF ＝120°. 当∠ EOF ＝60°时，13 3EF ＝ OE ＝ OF ＝ 2. 当∠ EOF ＝120°时，取 EF 的中点 M ，则 OM ⊥ EF ， EF ＝ 2EM ＝2× 4 ＝ 2 .]8．(2019 ·长白山模拟 ) 以下命题中不正确的选项是________． ( 填序号 )①没有公共点的两条直线是异面直线；②分别和两条异面直线都订交的两直线异面；③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线不行能平行；④一条直线和两条异面直线都订交，则它们能够确立两个平面．①②[ 没有公共点的两直线平行或异面，故①错；命题②错，此时两直线有可能订交；2命题③正确，由于若直线a 和b 异面，c ∥a ，则 c 与 b 不行能平行，用反证法证明以下：若c ∥ ，又 c ∥ ，则 ∥ ，这与，异面矛盾，故c 与 b 不平行；命题④正确，若c 与两异ba ab a b面直线 a ，b 都订交，可知， a ， c 可确立一个平面， b ， c 也可确立一个平面，这样， a ， b ， c 共确立两个平面． ]三、解答题9．在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，(1) 求 AC 与 A 1D 所成角的大小；(2)若，F 分别为，的中点，求1 1与 EF 所成角的大小．EAB AD A C[ 解] (1) 如图，连结 B 1C ， AB 1，由 ABCD -A 1B 1C 1D 1 是正方体，易知 A 1D ∥ B 1C ，进而 B 1C 与 AC 所成的角就是 AC 与 A 1D 所成的角．由于 AB 1＝ AC ＝ B 1C ，因此∠ B 1CA ＝60°.即 A 1D 与 AC 所成的角为 60°.(2) 连结 BD ，在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中， AC ⊥ BD ， AC ∥ A 1C 1.由于 E ， F 分别为 AB ， AD 的中点，因此 EF ∥ BD ，因此 EF ⊥ AC .因此 EF ⊥ A 1C 1. 即 A 1C 1 与 EF 所成的角为 90°.110. 以下图，四边形ABEF 和 ABCD 都是梯形， BC 綊 2AD ，BE1綊 2FA ， G ，H 分别为 FA ， FD 的中点．(1) 证明：四边形 BCHG 是平行四边形；(2) C ，D ， F ， E 四点能否共面？为何？11[ 解 ] (1) 证明：由已知FG ＝ GA ，FH ＝ HD ，可得 GH 綊2AD . 又 BC 綊 2AD ，∴ GH 綊 BC .∴四边形 BCHG 为平行四边形．1(2) ∵ BE 綊 2AF ，G 为 FA 的中点，∴ BE 綊 FG ，∴四边形 BEFG 为平行四边形，∴ EF ∥ BG .由 (1) 知 BG 綊 CH ，∴ EF ∥CH ，∴ EF 与 CH 共面．又 D ∈FH ，∴ C ， D ， F ， E 四点共面．1．已知 A ， B ， C ，D 是空间四点，命题甲： A ， B ， C ， D 四点不共面，命题乙：直线 AC和 BD 不订交，则甲是乙建立的 ()3A．充分不用要条件B．必需不充分条件C．充要条件D．既不充分也不用要条件A [ 若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和 BD不共面，因此AC和 BD不订交；若直线 AC和 BD不订交，当直线 AC和 BD平行时， A， B， C， D四点共面，因此甲是乙建立的充分不用要条件． ]2．在正三棱柱ABC- A1B1C1中， AB＝2BB1，则AB1与BC1所成角的大小为() A．30°B．60°C．75°D．90°D[ 将正三棱柱ABC-A1B1C1补为四棱柱ABCD-A1B1C1D1，连结C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝2，则BC＝CD＝ 2，∠BCD＝120°，BD＝ 23，又由于BC1＝C1D ＝6，因此∠BC1D＝90°.]3．一个正方体纸盒睁开后以下图，在原正方体纸盒中有以下结论：① AB⊥EF；② AB与 CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥ CD.以上四个命题中，正确命题的序号是________．①③[ 如图，①AB⊥EF，正确；②明显AB∥ CM，因此不正确；③EF与 MN是异面直线，因此正确；④MN与 CD异面，而且垂直，因此不正确，则正确的选项是①③.]4．(2019 ·上海高考改编) 如图，在正三棱锥P- ABC中， PA＝ PB＝PC＝2， AB＝ BC＝ AC＝ 3.(1)若 PB的中点为 M，BC的中点为 N，求 AC与 MN夹角的余弦值；(2)求 P- ABC的体积．[ 解 ](1) ∵M，N分别为PB，BC的中点，∴MN∥PC，则∠ PCA为 AC与 MN所成角，在△ PAC中，由 PA＝ PC＝2， AC＝3，可得 cos ∠PCA42 2 23 3PC＋ AC－ PA，＝ 2 ·＝＝ 4PC AC 2×2× 33∴ AC与 MN夹角的余弦值为 4 .(2)过 P 作底面垂线，垂足为 O，则 O为底面三角形的中心，连结 AO并延伸，交 BC于 N，3则 AN＝2，2AO＝3AN＝1.∴PO＝22－12＝ 3.1 13 3∴V P- ABC＝3×2×3×2×3＝4.1.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四周体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中， AB⊥平面 BCD，且AB＝ BC＝ CD，则异面直线AC与 BD所成的角的余弦值为()1A. 1 B．－2 23 3C. 2 D．－2A[ 以下图，分别取AB，AD，BC，BD的中点E，F，G，O，连结 EF， FO， OG， GE， GF，则 EF∥ BD， EG∥ AC， FO⊥OG，∴∠ FEG或其补角为异面直线AC与 BD所成的角．设 AB＝2a，则 EG＝ EF＝2a， FG＝ a2＋ a2＝2a，∴△ EFG是等边三角形，∴∠ FEG＝60°，1∴异面直线AC与 BD所成角的余弦值为2，应选A.]2.以下图，正方形 ABCD中， E，F 分别是 AB， AD的中点，将此正方形沿 EF折成直二面角后，异面直线 AF与 BE所成角的余弦值为________．1[ 如图，取BC的中点 H，连结 FH， AH，因此 BE∥FH，因此∠ AFH2即为异面直线AF与 BE所成的角．过A作 AG⊥ EF于 G，5则 G 为EF 的中点．连结，，则△是直角三角形．设正方形边长为 2，则＝ 2，HG HE HGEEF22110HE ＝ 2，EG ＝ 2， AG ＝ 2 ，因此 HG ＝ 2＋ 2＝ 2，因此＝5 ＋ 1 ＝ 3.AH2 222222AF ＋ HF － AH 1 ＋ 2 － 3 1由余弦定理知 cos ∠ AFH ＝ 2·· ＝ 2×1×2 ＝2.]AF HF6。

2019年高考数学复习(北师大版理科)：第7章立体几何第3节平行关系

第三节平行关系[考纲传真] (教师用书独具)1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．(对应学生用书第111页)[基础知识填充]1．直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．(2)判定定理与性质定理b平面(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫作平行平面．(2)判定定理与性质定理αbα3.(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( )(3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．( )(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．( )(5)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)√(5)√2．下列命题中，正确的是( )A．若a∥b，bα，则a∥αB．若a∥α，bα，则a∥bC．若a∥α，b∥α，则a∥bD．若a∥b，b∥α，a⊆/α，则a∥αD[A中还有可能aα，B中还有可能a与b异面，C中还有可能a与b相交或异面，只有选项D正确．]3．设α，β是两个不同的平面，m是直线且mα，“m∥β”是“α∥β”的( ) A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件B[当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为mα，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．]4．三棱柱ABCA1B1C1中，过棱A1C1，B1C1，BC，AC的中点E，F，G，H的平面与平面________平行．A1B1BA[如图所示，连接各中点后，易知平面EFGH与平面A1B1BA平行．]5．(教材改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是________．平行[如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是△BDD1的中位线，∴EF∥BD1，又EF平面ACE，BD1平面ACE，∴BD1∥平面ACE.](对应学生用书第112页)(1)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行．．．与β平行的直线．．．，则在α内不存在D．若m，n不平行．．．垂直于同一平面．．．，则m与n不可能(2)(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )(1)D(2)A[(1)A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若mα，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，∴原命题正确，故D项正确．(2)A项，作如图(1)所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图(2)所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊆/平面MNQ，MQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图(3)所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊆/平面MNQ，MQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图(4)所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊆/平面MNQ，NQ平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A．]结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确[跟踪训练结论中正确的是( )【导学号：79140229】A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若mα，nβ，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥nD．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊆/β，则n∥βD[在A中，若m∥α，m∥n，则n∥α或nα，故A错误．在B中，若mα，nβ，m∥β，n∥α，则α与β相交或平行，故B错误．在C中，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误．在D中，若α∥β，m∥α，n∥m，n⊆/β，则由线面平行的判定定理得n∥β，故D正确．]◎角度1 直线与平面平行的判定(2016·全国卷Ⅲ)如图731，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．图731(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求四面体NBCM的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN ═∥AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT平面PAB ，MN ⊆/平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA ．如图，取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N BCM 的体积V N BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.◎角度2 线面平行性质定理的应用如图732所示，CD ，AB 均与平面EFGH 平行，E ，F ，G ，H 分别在BD ，BC ，AC ，AD 上，且CD ⊥AB .求证：四边形EFGH 是矩形．图732[证明] ∵CD ∥平面EFGH ，而平面EFGH ∩平面BCD ＝EF ， ∴CD ∥EF .同理HG∥CD，∴EF∥HG.同理HE∥GF，∴四边形EFGH为平行四边形，∴CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．又∵CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平行四边形EFGH为矩形．利用线面平行的定义无公共点利用线面平行的判定定理a⊆/α利用面面平行的性质定理α∥β，aα⇒利用面面平行的性质α∥ββ，a∥2.利用判定定理判定线面平行，注意三条件缺一不可，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面找其交线111111图733(1)证明：AD1∥平面BDC1；(2)证明：BD∥平面AB1D1.[证明] (1)∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，四边形ACC1A1为平行四边形，∴C1D1═∥DA，∴四边形ADC1D1为平行四边形，∴AD1∥C1D，又AD1⊆/平面BDC1，C1D平面BDC1，∴AD1∥平面BDC1.(2)连接D1D，∵BB1∥平面ACC1A1，BB1平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝D1D，∴BB1∥D1D，又∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，∴BB1＝DD1，故四边形BDD1B1为平行四边形，∴BD∥B1D1，又BD⊆/平面AB1D1，B1D1平面AB1D1，∴BD∥平面AB1D1.如图734所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：图734(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.[证明] (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC．∵EF⊆/平面BCHG，BC平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G═∥EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB.∵A1E⊆/平面BCHG，GB平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.在本例条件下，若点D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA．[证明] 如图所示，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B.又HD⊆/平面A1B1BA，A1B平面A1B1BA，∴HD∥平面A1B1BA．利用面面平行的定义利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”.利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”.利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化[跟踪训练111111111面MNP∥平面A1BD.【导学号：79140230】[证明] 如图，连接B1D1、B1C．∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊆/平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理，MN∥平面A1BD，又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.。

2015届高三数学北师大版总复习学案：学案43 空间的平行关系

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探究点三平行中的探索性问题例 3 (2011·惠州月考)如图所示，在四棱锥 P—ABCD 中，CD∥AB，AD⊥AB， AD＝DC＝12AB，BC⊥PC. (1)求证：PA⊥BC； (2)试在线段 PB 上找一点 M，使 CM∥平面 PAD，并说明理由．
探究点二面面平行的判定例 2 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，M、N、P 分别是 C1C、B1C1、C1D1 的中点，求证：平面 MNP∥平面 A1BD.
变式迁移 2 已知 P 为△ABC 所在平面外一点，G1、G2、G3 分别是△PAB、△PCB、 △PAC 的重心．
(1)求证：平面 G1G2G3∥平面 ABC； (2)求 S△G1G2G3∶S△ABC.
×
1 2
×2
＝
1 12
.[12
分]
【突破思维障碍】
1．本题综合考查三视图、体积计算及线面平行、垂直等位置关系，首先要根据三视图
想象直观图，尤其是其中的平行、垂直及长度关系，第(1)问的关键是根据三视图得到 SD⊥
平面 ABCD，第(2)问是一个开放型问题，开放型问题能充分考查学生的思维能力和创新精
神，近年来在高考试题中频繁出现这类题目．结合空间平行关系，利用平行的性质，设计开
4．两个平面的位置关系有________、________.
5．两个平面平行的判定：
(1)定义：两个平面没有________，称这两个平面平行；
(2)判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α；
(3)推论：a∩b＝P，a，b⊂α，a′∩b′＝P′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒________.

2019届高考数学复习立体几何与空间向量8.4平行关系学案理北师大版

§8.4平行关系1．直线与平面平行的判定与性质aα，b⊈α，a∥b a∥α，aβ，α∩β＝b2.面面平行的判定与性质aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，aβ知识拓展重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( ×)(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．( ×)(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( ×)(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √)(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( ×)(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.( ×)题组二教材改编2．下列命题中正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊈α，则b∥α答案 D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．答案平行解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊈平面ACE，EO平面ACE，所以BD1∥平面ACE.题组三易错自纠4．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线答案 A解析当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.5．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①aα，bβ，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是________．(填上所有正确的序号)答案②④解析在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．6.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________．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1 直线与平面平行的判定典例如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面PAD . 证明 (1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形， ∴O 为AC 的中点．又F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ，又FO 平面BEF ，AP ⊈平面BEF ，∴AP ∥平面BEF . (2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点，∴FH ∥PD ，又PD 平面PAD ，FH ⊈平面PAD ， ∴FH ∥平面PAD .又O 是BE 的中点，H 是CD 的中点， ∴OH ∥AD ，又AD 平面PAD ，OH ⊈平面PAD ，∴OH ∥平面PAD .又FH ∩OH ＝H ，∴平面OHF ∥平面PAD . 又GH 平面OHF ，∴GH ∥平面PAD . 命题点2 直线与平面平行的性质典例 (2017·长沙调研)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积． (1)证明因为BC ∥平面GEFH ，BC 平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)解如图，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为PA ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ，同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 底面ABCD ，所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊈平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ，所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD ，从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4，从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6，所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF2·GK＝4＋82×3＝18. 思维升华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 ⊈α，b α，a ∥b ⇒a ∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a α⇒a ∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊈α，a ⊈β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练 (2016·全国Ⅲ)如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ； (2)求四面体N-BCM 的体积． (1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT 平面PAB ，MN ⊈平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)解因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N-BCM 的体积 V 四面体N-BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.题型二平面与平面平行的判定与性质典例如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EFA 1∥平面BCHG .证明 (1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， ∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线， ∴GH ∥B 1C 1.又∵B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ， ∴B ，C ，H ，G 四点共面． (2)∵E ，F 分别是AB ，AC 的中点， ∴EF ∥BC .∵EF ⊈平面BCHG ，BC 平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG . ∵A 1G 綊EB ，∴四边形A 1EBG 是平行四边形，∴A1E∥GB.又∵A1E⊈平面BCHG，GB平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF平面EFA，∴平面EFA1∥平面BCHG.引申探究在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B平面A1BD1，DM⊈平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊈平面A1BD1，BD1平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1.又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.思维升华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：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用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”的相互转化．跟踪训练(2018·唐山质检)如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊈平面DMF，MO 平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.因为DE⊈平面MNG，GN平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊈平面MNG，MN平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE∩BD＝D，BD，DE平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.题型三平行关系的综合应用典例如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求证：EF∥平面β；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．(1)证明①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF⊈β，BDβ，∴EF∥平面β.②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，BH.又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF平面EFG，∴EF∥平面β.综合①②可知，EF∥平面β.(2)解如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.∵E，F分别为AB，CD的中点，∴ME∥BD，MF∥AC，且ME ＝12BD ＝3，MF ＝12AC ＝2.∴∠EMF 为AC 与BD 所成的角或其补角， ∴∠EMF ＝60°或120°. ∴在△EFM 中，由余弦定理得EF ＝ME 2＋MF 2－2ME ·MF ·cos∠EMF＝32＋22±2×3×2×12＝13±6，即EF ＝7或EF ＝19.思维升华利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH ；(2)若AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围． (1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG 平面ABD ，EF ⊈平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD .又∵EF 平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊈平面EFGH ，EF 平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH . (2)解设EF ＝x (0<x <4)， ∵EF ∥AB ，FG ∥CD ，∴CF CB ＝x 4，则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x 4. ∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0<x <4，∴8<l <12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．1．若直线l不平行于平面α，且l⊈α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交答案 B解析因为l⊈α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．2．已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是( )A．存在一条直线b，a∥b且bαB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，aβ且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β答案 C解析在A，B，D中，均有可能aα，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．3．(2018·攀枝花质检)平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD 的充要条件是( )A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面答案 D解析充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．4．一条直线l上有相异的三个点A，B，C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或lα答案 D解析当l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；当lα时，直线l上所有的点到α的距离都是0；当l⊥α时，直线l上有两个点到α的距离相等；当l与α斜交时，也只能有两个点到α的距离相等．故选D.5．对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，nα，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥n D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n答案 D解析对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对C，m与n垂直而非平行，故C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故D正确．6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( )A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合答案 C解析如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.7．(2018·重庆模拟)在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．答案平面ABD与平面ABC解析如图，取CD的中点E，连接AE，BE，则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.8．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，nγ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，nβ；②m∥γ，n∥β；③n∥β，mγ.可以填入的条件有________．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，mγ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．9．(2017·承德模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10．(2018·海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行．其中是“可换命题”的是________．(填序号) 答案①③解析由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题”．11．(2017·南昌模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝23，且△PAD与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，G为△PAD的重心．(1)求证：GF ∥平面PDC ； (2)求三棱锥G —PCD 的体积．(1)证明方法一连接AG 并延长交PD 于点H ，连接CH .由梯形ABCD 中AB ∥CD 且AB ＝2DC 知，AF FC ＝21.又E 为AD 的中点，G 为△PAD 的重心，∴AG GH ＝21.在△AHC 中，AG GH ＝AF FC ＝21，故GF ∥HC .又HC 平面PCD ，GF ⊈平面PCD ， ∴GF ∥平面PDC .方法二过G 作GN ∥AD 交PD 于N ，过F 作FM ∥AD 交CD 于M ，连接MN ，∵G 为△PAD 的重心，GN ED ＝PG PE ＝23，∴GN ＝23ED ＝233.又ABCD 为梯形，AB ∥CD ，CD AB ＝12，∴CF AF ＝12，∴MF AD ＝13，∴MF ＝233，∴GN ＝FM . 又由所作GN ∥AD ，FM ∥AD ，得GN ∥FM ， ∴四边形GNMF 为平行四边形．∴GF ∥MN ，又∵GF ⊈平面PCD ，MN 平面PCD ， ∴GF ∥平面PDC .方法三过G 作GK ∥PD 交AD 于K ，连接KF ，GK ，由△PAD 为正三角形，E 为AD 的中点，G 为△PAD 的重心，得DK ＝23DE ，∴DK ＝13AD ，又由梯形ABCD 中AB ∥CD ，且AB ＝2DC ，知AF FC ＝21，即FC ＝13AC ， ∴在△ADC 中，KF ∥CD ，又∵GK ∩KF ＝K ，PD ∩CD ＝D ， ∴平面GKF ∥平面PDC ，又GF 平面GKF ，∴GF ∥平面PDC .(2)解方法一由平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 与△ABD 均为正三角形，E 为AD 的中点，知PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，又∵平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE 平面PAD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，且PE ＝3，由(1)知GF ∥平面PDC ，∴V 三棱锥G —PCD ＝V 三棱锥F —PCD ＝V 三棱锥P —CDF ＝13×PE ×S △CDF . 又由梯形ABCD 中AB ∥CD ，且AB ＝2DC ＝23，知DF ＝13BD ＝233，又△ABD 为正三角形，得∠CDF ＝∠ABD ＝60°， ∴S △CDF ＝12×CD ×DF ×sin∠BDC ＝32，得V 三棱锥P —CDF ＝13×PE ×S △CDF ＝32，∴三棱锥G —PCD 的体积为32. 方法二由平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 与△ABD 均为正三角形，E 为AD 的中点，知PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，又∵平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE 平面PAD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，且PE ＝3，连接CE ，∵PG ＝23PE ，∴V 三棱锥G —PCD ＝23V 三棱锥E —PCD ＝23V 三棱锥P —CDE＝23×13×PE ×S △CDE ，又△ABD 为正三角形，得∠EDC ＝120°，得S △CDE ＝12×CD ×DE ×sin∠EDC ＝334.∴V 三棱锥G —PCD ＝23×13×PE ×S △CDE＝23×13×3×334＝32， ∴三棱锥G —PCD 的体积为32. 12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得PA ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明因为PD ⊥平面ABCD ，BC 平面ABCD ，所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD . 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD 平面PCD ，所以BC ⊥平面PCD .因为PC 平面PDC ，所以PC ⊥BC .(2)解连接AC ，BD 交于点O ，连接EO ，GO ，延长GO 交AD 于点M ，连接EM ，则PA ∥平面MEG . 证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点，所以EO ∥PA .因为EO 平面MEG ，PA ⊈平面MEG ，所以PA ∥平面MEG . 因为△OCG ≌△OAM ，所以AM ＝CG ＝23，所以AM 的长为23.13．(2018·南昌质检)在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中，错误的是( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 答案 C解析因为截面PQMN 是正方形，所以MN ∥QP ，又PQ 平面ABC ，MN ⊈平面ABC ，则MN ∥平面ABC ，由线面平行的性质知MN ∥AC ，又MN 平面PQMN ，AC ⊈平面PQMN ，则AC ∥截面PQMN ，同理可得MQ ∥BD ，又MN ⊥QM ，则AC ⊥BD ，故A ，B 正确．又因为BD ∥MQ ，所以异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与QM 所成的角，即为45°，故D 正确．14．(2017·山西太原五中月考)过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．答案 6解析过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D，E，F，G分别为AC，BC，B1C1，A1C1的中点)．易知经过D，E，F，G中任意两点的直线共有C24＝6(条)．15．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图像大致是( )答案 C解析过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD 与平面MNQ 和DCC 1D 1分别交于QN 和DC ， ∴NQ ∥DC ，可得QN ＝CD ＝AB ＝1，AQ ＝BN ＝x ， ∵MQ AQ ＝DD 1AD＝2，∴MQ ＝2x .在Rt△MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1，∴y 2－4x 2＝1(x ≥0，y ≥1)，∴函数y ＝f (x )的图像为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分．故选C.16．(2018·哈尔滨模拟)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 交于点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________．答案452解析如图，取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，SG ，BG 平面SGB ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB 平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD . 同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.。