第33练 空间直线、平面的平行（精练：基础+重难点）【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）第33练空间直线、平面的平行（精练）一、解答题1．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥PABC中，ABBC，2AB，22BC，6PBPC，,,BPAPBC的中点分别为,,DEO，点F在AC上，BFAO．(1)求证：EF//平面ADO；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.【详解】（1）连接,DEOF，设AFtAC，则(1)BFBAAFtBAtBC，12AOBABC，BFAO，则2211[(1)]()(1)4(1)4022BFAOtBAtBCBABCtBAtBCtt，解得12t，则F为AC的中点，由,,,DEOF分别为,,,PBPABCAC的中点，于是11//,,//,22DEABDEABOFABOFAB，即,//DEOFDEOF，则四边形ODEF为平行四边形，//,EFDOEFDO，又EF平面,ADODO平面ADO，所以//EF平面ADO.2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥PABC中，ABBC，2AB，22BC，6PBPC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，5ADDO，点F在AC上，BFAO.刷真题明导向(1)证明：//EF平面ADO；【答案】(1)证明见解析；【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.【详解】（1）连接,DEOF，设AFtAC，则(1)BFBAAFtBAtBC，12AOBABC，BFAO，则2211[(1)]()(1)4(1)4022BFAOtBAtBCBABCtBAtBCtt，解得12t，则F为AC的中点，由,,,DEOF分别为,,,PBPABCAC的中点，于是11//,,//,22DEABDEABOFABOFAB，即,//DEOFDEOF，则四边形ODEF为平行四边形，//,EFDOEFDO，又EF平面,ADODO平面ADO，所以//EF平面ADO.3．（2023·天津·统考高考真题）三棱台111ABCABC-中，若1AA面111,,2,1ABCABACABACAAAC，,MN分别是,BCBA中点.(1)求证：1AN//平面1CMA；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）先证明四边形11MNAC是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；【详解】（1）连接1,MNCA.由,MN分别是,BCBA的中点，根据中位线性质，MN//AC，且12ACMN，由棱台性质，11AC//AC，于是MN//11AC，由111MNAC可知，四边形11MNAC是平行四边形，则1AN//1MC，又1AN平面1CMA，1MC平面1CMA，于是1AN//平面1CMA.4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E是PB的中点．(1)证明：//OE平面PAC；【答案】(1)证明见解析【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到//OEPD，即可得证；【详解】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，,AOBO平面ABC，所以POAO、POBO，又PAPB，所以POAPOB△△，即OAOB，所以OABOBA，又ABAC，即90BAC，所以90OABOAD，90OBAODA，所以ODAOAD所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以//OEPD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以//OE平面PAC5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，,,,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：//EF平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)64033．【分析】（1）分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，由平面知识可知,EMABFNBC，EMFN，依题从而可证EM平面ABCD，FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是//EFMN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出．【详解】（1）如图所示：分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，因为,EABFBC为全等的正三角形，所以,EMABFNBC，EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB，所以EM平面ABCD，同理可得FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以//EFMN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以//EF平面ABCD．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，//EFMN且EFMN，同理有，//,HEKMHEKM，//,HGKLHGKL，//,GFLNGFLN，由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍．因为42MNNLLKKM，8sin6043EM，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，22d，所以该几何体的体积2125664042434424322128333333V．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的4倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积2111116403434244242434434242.332323V6．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABCABC-中，侧面11BCCB为正方形，平面11BCCB平面11ABBA，2ABBC，M，N分别为11AB，AC的中点．(1)求证：MN∥平面11BCCB；【答案】(1)见解析【分析】（1）取AB的中点为K，连接,MKNK，可证平面//MKN平面11BCCB，从而可证//MN平面11BCCB.【详解】（1）取AB的中点为K，连接,MKNK，由三棱柱111ABCABC-可得四边形11ABBA为平行四边形，而11,BMMABKKA，则1//MKBB，而MK平面11BCCB，1BB平面11BCCB，故//MK平面11BCCB，而,CNNABKKA，则//NKBC，同理可得//NK平面11BCCB，而,,NKMKKNKMK平面MKN，故平面//MKN平面11BCCB，而MN平面MKN，故//MN平面11BCCB，【A组在基础中考查功底】一、解答题1．如图，ABCD和ABEF都是正方形，MAC，NFB，且AMFN．证明：MN//平面BCE.【答案】见详解【分析】由线面平行的判定定理即可证明结论.【详解】作//MGAB交BC于G，作//NHEF交BE于H．连结GH，则::CMCAMGAB，::BNBFNHEF，又AMFN，ACBF故CMBN，于是MGNH，且//MGNH．∴四边形MNHG为平行四边形，故//MNGH．GH平面BCE，MN平面BCE，∴MN//平面BCE2．如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PC的中点.求证：//MN平面PAD.【答案】证明见解析【分析】取PD的中点E，连接EA，EN，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立.【详解】证明：取PD的中点E，如图所示，连接EA，EN.∵E，N分别为PD，PC的中点，∴//ENCD，且12ENCD.∵四边形ABCD为平行四边形，M为AB的中点，∴//AMCD且12AMCD，∴,AMEN平行且相等，∴四边形AMNE为平行四边形，∴//MNAE.又AE平面PAD，MN平面PAD，∴//MN平面PAD.【点睛】本题主要考查证明线面平行，熟记线面平行的判定定理即可，属于常考题型.3．如图所示，在三棱柱111ABCABC-中，D为AC的中点，求证：1//AB平面1BCD【答案】证明见解析【分析】连接1BC交1BC于O，连接OD，则由平行四边形的性质和三角形中位线定理可得1//ODAB，然后利用线面平行的判定定理可证得结论【详解】证明：如图，连接1BC交1BC于O，连接OD，∵四边形11BCCB是平行四边形．∴点O为1BC的中点．∵D为AC的中点，∴OD为1ABCV的中位线，∴1//ODAB．∵OD平面1BCD，1AB平面1BCD，∴1//AB平面1BCD．4．已知四棱锥PABCD中，//CDAB，取PA的中点M，BC的中点N，求证：//MN平面PDC.【答案】证明见解析【分析】如图，连接AN并延长，交DC的延长线于点E，连接PE，可得N为AE的中点，再由三角形中位线定理可得MN∥PE，然后由线面平行的判定定理可证得结论【详解】证明：如图，连接AN并延长，交DC的延长线于点E，连接PE.因为CD∥AB，N为BC的中点，所以N为AE的中点.因为M为PA的中点，所以MN∥PE.因为MN平面PDC，PE平面PDC，所以MN∥平面PDC.5．如图，在长方体1111ABCDABCD中，E为AB的中点，F为1CC的中点．证明：EF平面1ACD．【答案】证明见解析【分析】取1CD的中点G，连接GF，AG，证明四边形AEFG为平行四边形，进而有AGEF，然后根据线面平行的判断定理即可证明.【详解】证明：取1CD的中点G，连接GF，AG，因为G为1CD的中点，F为1CC的中点，所以GFCD且CD＝2GF，又E为AB的中点，AB＝CD，ABCD，所以AEGF且AE＝GF，所以四边形AEFG为平行四边形，所以AGEF，因为AG平面1ACD，EF平面1ACD，所以EF平面1ACD．6．如图，几何体的底面ABCD为平行四边形，点M为PC中点，证明：//PA平面BDM．【答案】证明见解析【分析】连接AC交BD于点O，连接OM，证明OM∥PA，即可证明PA∥平面BDM．【详解】证明：连接AC交BD于点O，因为底面ABCD为平行四边形，所以O为AC中点，在△PAC中，又M为PC中点，所以OM∥PA，又PA⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，所以PA∥平面BDM．7．如图所示，在正方体1111ABCDABCD中，M，N，P分别是1CC，11BC，11CD的中点．求证：平面MNP∥平面1ABD．【答案】证明见解析【分析】连接11BD，由三角形中位线定理可得11PNBD∥，再由正方形的性质可证得11BDBD∥，则PNBD∥，利用线面平行的判定定理可证得PN∥平面1ABD，同理可证得MN∥平面1ABD，再利用面面平行的判定定理可证得结论.【详解】证明：如图，连接11BD．因为P，N分别是11DC，11BC的中点，所以11PNBD∥．因为1DD∥1BB，11DDBB，所以四边形11BBDD为平行四边形，所以11BDBD∥，所以PNBD∥．因为PN