第6章 第4节 空间中的平行关系-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

面直线，当a=受时，m只有1条，当 点O是AC的中点，所以PO⊥AC 同理可得PO⊥BD,又BD∩AC= ®≠受时，这样的直线有2条。 O,且AC,BD都在平面ABO内，所 以PO⊥平面ABCD, 答案：2 又因为平面GEFH⊥平面ABCD, 跟踪训练1.C2.60°或30 且PO寸平面GEFH,所以PO∥平 第4节 面GEFH, 夯实·必备知识必备知识 因为平面PBD∩平面GEFH=GK, 1.平面内l∥a aCa l￠al∥a 所以PO∥GK,且GK⊥平面ABCD, l∥a ICB a∩B=b2.相交直线a 从而GKEF,所以GK是梯形 ∥Bb∥Ba∩b=PaCa,bCa相 GEFH的高，由AB=8,EB=2,得 交平行a∥Ba∩y=aBny=b EB:AB=KB:DB=1:4,从而 思考辨析(1)×(2)/(3)× (4)×(5)× KB=子BD=2OB,即点K是OB 小题查验 的中点.再由PO∥GK得GK= 1.D2.D3.ABD4.平行5.②④ 之P0,即点G是PB的中点，同理 跃升·关键能力考点1 1.D2.ABD3.②③ GH=合BC=4,由巴知可得OB= 考点2命题角度1 [典例1门[解] 4√2，PO=√PB-OB2=√68-32 连接DE =6,所以GK=3,故四边形GEFH OF,设AF= 的面积S=GH,EE.GK=48× 2 2 tAC,则BF= 3=18. BA+AF=(1 跟踪训练 2号 -t)BA+ 考点3 tBC,AO=- A+2 [母题][证明](1)因为G,H分别是 AB1,AC的中点， BF⊥AO,则BF·AO 所以GH是△A1B1C的中位线， =[(1-t)BA+tBC]· 所以GH∥B1C. (-BA+2BC) 又因为B1C1∥BC,所以GH∥BC, 所以B,C,H,G四，点共面」 =(-1)B睛+ (2)因为E,F分别是AB,BC的中 点，所以EF∥BC. =4(t-1)十4t=0, 因为EF吐平面BCHG,BCC平面 解得1=合，则F为AC的中点，由 BCHG, 所以EF∥平面BCHG. D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC 因为A1GLEB,所以四边形A1EBG 的中点， 是平行四边形， 于是DE∥AB, 所以AE∥GB. DE= AB,OF∥AB. 因为A,E亡平面BCHG,GBC平面 BCHG, OF=AB,即DE/OF,DE=OF, 所以A,E∥平面BCHG 则四边形ODEF为平行四边形， 因为A1E∩EF=E, 所以平面EFA1∥平面BCHG. EF∥DO,又EF吐平面ADO,DOC [子题1]证明：如图所示， 平面ADO, 连接HD,AB, 所以EF∥平面ADO 跟踪训练1.A ,D为BC1的中点，H 为AC1的中点， 命题角度2 [典例2][解](1)证明：因为BC∥ .HD∥AB, 又HD中平面A1B1BA,A1BC平面 平面GEFH,BCC平面PBC,且平 面PBC∩平面GEFH=GH,所以 A1B1BA,.HD∥平面AB,BA. GH∥BC,同理可证EF∥BC,因此 [子题2]证明：如图所 示，连接A,C交AC,于 GH∥EF. 点M, (2)连接AC,BD交 四边形A1ACC1是 于，点O,BD交EF 于点K,连接OP, 平行四边形， M是A1C的中点， GK,因为PA=PC, 连接MD, ·445· 参考答案 D为BC的中点，.A1B∥DM. :A1BC平面A1BD,DM寸平 面A1BD1, .DM∥平面ABD. 又由三棱柱的性质知D1C1LBD, .四边形BDCD1为平行四边形， .DC,∥BD 又DC1吐平面A1BD1,BD1C平 面A1BD1, ∴.DC1∥平面ABD1· 又，DC∩DM=D,DC,DMC平 面AC1D, ∴.平面A1BD1∥平面ACD. 跟踪训练 证明：(1)由题设知BB1LDD1, 所以四边形BB1DD是平行四 边形， 所以BD∥BD1. 又BD丈平面CD1B1,B1DC平 面CDB1, 所以BD∥平面CD1B. 因为A1D1LB1C1LBC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以AB∥DC. 又A1B丈平面CDB1,D1CC平 面CD1B1, 所以AB∥平面CD1B1: 又因为BD∩AB=B, 所以平面A1BD∥平面CDB1. (2)由(1)知平面ABD∥平 面CD1B1, 又平面ABCD∩平面B1D,C=直 线1， 平面ABCD∩平面A,BD=直 线BD, 所以直线L∥直线BD, 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边 形BDDB为平行四边形，所以 B1D1∥BD,所以B1D1∥L. 考点4 L典例][解](1)证明：因为PD⊥平 面ABCD,BCC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,CDC平 面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为PCC平面PDC,所以PC ⊥BC. (2)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EOC平面MEG,PA吐平 面MEG, 高考总复习人教数学B版（新教材） 所以PA∥平面MEG 因为△OCG≌△OAM N,则BM=CN=,AM=DN= 所以AM=CG=名 3 3 ，∠ABC=60,连接AC,在△ABC 所以AM的长为号 中，由余弦定理得AC=AB2十BC -2·AB·BC·cos∠ABC=1+4 跟踪训练 解：(1)AD⊥平面ABE,AD∥BC 2X1X2×2=3,所以AC+AB= .BC⊥平面ABE. 4=BC,所以AC⊥AB.又PA⊥底 又AEC平面ABE,∴.AE⊥BC. 面ABCD,ABC底面ABCD,所以 ,BF⊥平面ACE,AEC平面ACE, PA⊥AB,又PA∩AC=A,PA,AC .AE⊥BF,.AE⊥平面BCE. C平面PAC,所以AB⊥平面PAC, 又BEC平面BCE,.AE⊥BE 又PCC平面PAC,所以AB⊥PC, 又：AE=EB=2, 故B正确：对于C,取AD的中，点为 AB=2√2，则点E到平面ACD的 F,连接EF,则EF⊥AD.因为PA」 距离为√2， 底面ABCD,EFC底面ABCD,所以 PA⊥EF.又PA,ADC平面PAD, .VDACE=VEACD=3X立 ×2×2 PA∩AD=A,所以EF⊥平面PAD, ExE=÷ 又EF丈平面PDE,EF∩平面PDE =E,所以平面PDE与平面PAD不 (2)存在这样的 垂直，故C错误；对于D,易知l与球 ,点.如图所示，在 O的一个交点为P,设1与球O的另 △ABE中，过点 一个交，点为Q,则线段PQ即1被球 M作MG∥AE O截得的弦.由A选项可知AD∥l, 交BE于点G,在 所以P,A,D,Q四点在球O的某一 △BEC中，过点G作GN∥BC交EC 个截面圆的圆周上，且PQ∥AD.因 于点N,连接MN,则由比例关系易 为PA⊥底面ABCD,ADC底面 得CN=专CE ABCD,所以PA⊥AD,所以∠PAD =90°.又圆的内接四边形对角互补， ,MG∥AE,MG丈平面ADE,AEC 所以∠PQD=180°-∠PAD=90°， 平面ADE, 所以四边形PADQ是矩形，所以PQ .MG∥平面ADE. =AD=1,故D正确. 同理，GN∥平面ADE, 考点2 又GN∩MG=G, [典例][解](1)证 .平面MGN∥平面ADE. 明：ABCA1B,C .'MNC平面MGN, 是直三棱柱， .MN∥平面ADE .A1C1=B1C1=1, ∴点N为线段CE上靠近，点C的一 且∠AC1B1=90°. 个三等分点 又D是A1B1的 第5节 中点， 夯实·必备知识必备知识 ..C DLA B. 1.(1)任意(2)两条相交直线1⊥a AA1⊥平面A1B1C1,CDC平 l⊥b aCa bCa平行a⊥ab 面A1B1C1, ⊥a2.(1)ABAC斜足(3)90 .AA1⊥C1D,又A1B1∩AA1=A1, 0°[0°，90]3.(1)半平面棱面 ∴.CD⊥平面AA1B1B. (3)aAB-B C-AB-D (4)ZAOB (2)选①③能证明AB,⊥平 (5)0°≤180°(6)不大于90 面CDF. 4(2)垂线l⊥&lCB交线a⊥Ba 连接DF,AB,.DF∥AB, ∩B=al⊥alCβ 在△ABC中，AC=BC=1, 思考辨析(1)X(2)×(3)X ∠ACB=90°，则AB=√2， (4)×(5)× 又AA1=√2， 小题查验1.A2.B3.A4.7 则A1B⊥AB1,.DF⊥AB1 5.60° C,D⊥平面AA1B1B,AB1C平 跃升·关键能力考点11.D2.A 面AA1BB, 3.ABD[对于A,因为AD∥BC,AD ..C DLAB. C平面PAD,BC丈平面PAD,所以 DF∩CD=D BC∥平面PAD,又BCC平面PBC, AB⊥平面CDF. 平面PBC∩平面PAD=l,所以BC 跟踪训练 ∥l,故A正确；对于∠ABC,过A,D 解：(1)证明：在△ABC中，AB=BC 分别作BC的垂线，垂足分别为M, =2√2，AC=4, ·446· .AB+BC=AC,∠ABC= 2· ,,△ABC为等腰直角三角形。 连接OB,(图略)则OB=2, 在△PAC中PA=PC=4,O为AC 中点， .PO⊥AC,PO=2W3, 在△POB中OB2+PO=PB, ..POLOB. 又，OB∩AC=O,OB、ACC平 面ABC. .PO⊥平面ABC (2)作CH⊥OM,(图略)垂足为H, 又由(1)可得OP⊥CH,所以CH 平面POM. 故CH的长为点C到平面POM的 距离 由题设可知0C=2AC=2, CM=名BC=4E, 3 3 ∠ACB=45,所以OM=25 3 CH=OC·MC:sim∠ACB_45 OM 5 所以点C到平面POM的距离 为4⑤ 5 考点3 [典例][解](1)证明：由已知，BC ⊥平面DMC,.BC⊥MC, AD∥BC,∴.AD⊥MC. 又DC为半圆的直径，.MC⊥MD, 又AD∩MD=D. ∴.MC⊥平面AMD, .'MCC平面BMC ∴.平面AMD⊥平面BMC. (2)当P为AM的中，点 时，MC∥平面PBD. 证明如下：连接AC0 交BD于O. 因为ABCD为矩形，所以O为AC 中点，连接OP, 因为P为AM中点，所以MC∥OP. 又：MC寸平面PBD,OPC平 面PBD, 所以MC∥平面PBD. 跟踪训练 解：(1)证明：因为AC⊥平面ABC, BCC平面ABC, 所以A1C⊥BC,又因为∠ACB=90°， 即AC⊥BC, AC,ACC平面ACC1A1, AC∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC1A1, 又因为BCC平面BB1C1C, 所以平面ACC1A1⊥平面BBC,C. (2)如图，过点A1作AO⊥CC1,垂 足为O.第六章立体几何与空间向量 第4节空间中的平行关系 ★[课程标准]1.从基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、 平面与平面的平行关系，归纳出以下性质定理和判定定理，并加以证明.(1)一条直线与一个平面平行， 如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.(2)两个平面平行，如果另一个平面与这两 个平面相交，那么两条交线平行.(3)如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此 平面平行.(4)如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.2.能利用已获 得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题， 夯实>必备知识 教材夯实强基固本 必备知识 重要结论 1.直线与平面平行的判定定理和性质定理 1.两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线 文字语言 图形语言 符号语言 平行于另一个平面 2.夹在两个平行平面间的平行线段长度相等， 如果平面外的一 条直线与 3.经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面 的一条直线平行， 平行 判定 那么这条直线与 4.两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段 定理 这个平面平行（简 成比例 记为“线线平行→ 5.如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两 线面平行”) 个平面互相平行. 6.如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另 如果一条直线与一 一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行. 个平面平行，且经 自主诊断 过这条直线的平面 性质 与这个平面相交， ◆[思考辨析] 定理 那么这条直线就与 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号 两平面的交线平行 ∴.l∥b 里打“√”，错误的打“X”, (简记为“线面平行 (1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平 →线线平行”) 面，那么这两个平面平行. ( (2)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面 2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 内的两条直线平行或异面. ( ) 文字语言 图形语言 符号语言 (3)若直线a与平面a内无数条直线平行，则a∥a. () 如果一个平面内 (4)若直线a∥平面a,P∈a,则过点P且平行于 有两条 直线a的直线有无数条. ) 分别平行于另 判定 (5)若平面a∥平面β，直线a∥平面a,则直线a∥平 个平面，那么这两 定理 面R. ( 个平面平行（简记 ◆[小题查验 为“线面平行→面 .a∥B 1.(教材改编)下列命题中正确的是 ) 面平行”) 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 如果两个平面平 B.若直线a和平面a满足a∥a,那么a与a内的 行同时与第三个 性质 任何直线平行 平面 ,那 定理 C.平行于同一条直线的两个平面平行 么它的交线 .a//b D.若直线a,b和平面a满足a∥b,a∥a,b中a,则 b∥a 157。 高考总复习人教数学B版（新教材） 2.(教材改编)平面α∥平面3的一个充分条件是 A.AD1∥BC ( 】 B.平面AB1D1∥平面BDC A.存在一条直线a,a∥a,a∥3 C.AD1∥DC B.存在一条直线a,aCa,a∥3 D.AD1∥平面BDC C.存在两条平行直线a,b,aCa,b二B,a∥B,b∥a 4.在正方体ABCDA1BCD1中，E是DD1的中点， D.存在两条异面直线a,b,aCa,bCB,a∥B,b∥a 则BD与平面ACE的位置关系为 3.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论 5.设a,B,y为三个不同的平面，a,b为直线，给出下 中，正确的结论是 列条件： ①aCa,bCB,a∥B,b∥a;②a∥y,B∥y;③a⊥Y, B⊥Y;④a⊥a,b⊥B,a∥b. 其中能推出α∥3的条件是 (填上所有 正确的序号). 跃升>关键能力 层级突破素养提升 春点1) 平行关系的基本问题（基础点） 专点2直线与平面平行的判定与性质（应用点） 1.已知直线a,b,平面a,3,则a∥a的一个充分条 ◆[命题角度1]直线与平面平行的判定 件是 ( [典例1](2023·全国乙 A.a⊥b,b⊥a B.a∥B,B∥a 卷节选)如图，在三棱锥 P-ABC中，AB⊥BC, C.bCaa∥b D.a∥b,b∥a,a史a AB=2,BC=2√2，PB= 2.(多选)如图，在棱长均相等的 PC=√6，BP,AP,BC的 B 四棱锥P-ABCD中，O为底 中点分别为D,E,O,点 面正方形的中心，M,N分别 F在AC上，BF⊥AO. 为侧棱PA,PB的中点，下列 求证：EF∥平面ADO. 结论正确的有 [尝试解答] A.PD∥平面OMN B.平面PCD∥平面OMN C.直线PD与直线MN所成角的大小为90 D.ON⊥PB 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N,Q分别是 棱D1C1,A1D1,BC的中点，点P在BD1上且 BP-号BD1,则下面说法正确的是 (填 序号) ①MN∥平面APC;②CQ∥平面APC;③A,P, M三点共线；④平面MVQ∥平面APC. 题后反思 解决有关线面平行，面面平行的判定与性质的基 本问题要注意： 规律总结 (1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件， 判定线面平行的四种方法 (1)利用线面平行的定义（无公共点）： 如线面平行的条件中线在面外易忽视. (2)利用线面平行的判定定理(a中a,bCa,a∥b→ (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出 a∥a): 判断. (3)利用面面平行的性质定理(a∥B,aCa→a∥3)； (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确」 (4)利用面面平行的性质(a∥3，a￠B,a∥a→a∥3)， 158 第六章立体几何与空间向量 日跟踪训练 日跟踪训练 1.如图，在下列四个正方体中，A,B为正方体的两 2.在三棱锥SABC中，△ABC是边长为6的正三 个顶点，M,N,Q为所在棱的中点，则在这四个 角形，SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与 正方体中，直线AB与平面MVQ不平行的是 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 专点3)平面与平面平行的判定与性质（迁移点） [母题] 如图所示，在三棱柱 H A ABCA1B1C1中，E,F,G,H 分别是AB,AC,A1B1,A1C 的中点，求证： (1)B,C,H,G四点共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG [尝试解答] D ◆[命题角度2]直线与平面平行的性质 [典例2]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. [子题1] 在母题条件下，若D为BC1的中点， [尝试解答] 求证：HD∥平面A1B1BA. [子题2]在母题条件下，若D1,D分别为B1C1, BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D. 规律总结 线面平行的性质定理是用来证明线线平行的，其 关键是转化为该线与过该线的一个平面与该平 面的交线平行 159 高考总复习人教数学B版（新教材） 规律总结 春原4 空间平行的探索问题（创新点） 1.判定面面平行的方法 [典例门 如图，在四棱锥 方法一 利用定义 P-ABCD中，PD⊥平面ABCD, 底面ABCD为正方形，BC= 方法二 利用面面平行的判定定理 PD=2,E为PC的中点，CB 方法三 利用线线平行直接证面面平行 =3CG. 利用面面平行的传递性(a∥B,B∥y (1)求证：PC⊥BC: 方法四 (2)AD边上是否存在一点M,使得PA∥平面 →a∥y)） MEG?若存在，求出AM的长；若不存在，请说 利用线面垂直的性质(1⊥a,l⊥3 方法五 明理由， →a∥3) [尝试解答] 提醒：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， 2.面面平行的性质 (1)两平面平行，则一个平面内的直线平行于另 一平面. (2)若一平面与两平行平面相交，则交线平行. 素养点晴 3.线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解 平行关系中的探索性问题，主要是对点的存在性 决与平行有关的问题的指导思想，解题中既要注 问题的探索，一般用转化方法求解，即先确定点 意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件， 的位置.把问题转化为证明问题，而证明线面平 选择正确的转化方向. 行时又有两种转化方法，一是转化为线线平行， 性质定理 二是转化为面面平行 线线平行 判定定理 判定定理 线面平行 面面平行 日跟踪训练 性质定理 性质定理 判定定理 (2024·衡中模拟)如图所 示，四边形ABCD为矩 跟踪训练 形，AD⊥平面ABE,AE= 如图，四棱柱ABCD EB=BC=2,F为CE上 A1BCD1的底面ABCD 的点，且BF⊥平面ACE. 是正方形 (1)求三棱锥DACE的 (1)证明：平面A1BD∥平 体积； 面CD1B1: (2)设M在线段AB上，且满足AM=2MB,则线 (2)若平面ABCD∩平面B1D1C=直线1，证 段CE上是否存在一点N,使得MN∥ 明：B1D1∥1. 平面DAE? @温馨提 学习至此，请完成配套训练课时冲关45 160