高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.4 直线、平面平行的判定与性质真题演练集训 理 新人教A版.doc

2018版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.4 直线、平面平行的判定与性质真题演练集训 理 新人教a版12016山东卷节选在如图所示的圆台中，ac是下底面圆o的直径，ef是上底面圆o的直径，fb是圆台的一条母线已知g，h分别为ec，fb的中点，求证：gh平面abc.证明：设fc的中点为i，连接gi，hi，在cef中，因为点g是ce的中点，所以gief.又efob，所以giob.在cfb中，因为h是fb的中点，所以hibc.又higii，obbcb，所以平面ghi平面abc.因为gh平面ghi，所以gh平面abc.22016新课标全国卷节选如图，四棱锥pabcd中，pa底面abcd，adbc，abadac3，pabc4，m为线段ad上一点，am2md，n为pc的中点证明：mn平面pab.证明：由已知得amad2.取bp的中点t，连接at，tn.由n为pc的中点知，tnbc，tnbc2.又adbc，故tn綊am，四边形amnt为平行四边形，于是mnat.因为at平面pab，mn平面pab，所以mn平面pab.32015江苏卷节选如图，在直三棱柱abca1b1c1中，已知acbc，bccc1，设ab1的中点为d，b1cbc1e.求证：de平面aa1c1c.证明：由题意知，e为b1c的中点，又d为ab1的中点，因此deac.又因为de平面aa1c1c，ac平面aa1c1c，所以de平面aa1c1c.42014新课标全国卷节选如图，四棱锥pabcd中，底面abcd为矩形，pa平面abcd，e为pd的中点证明：pb平面aec.证明：连接bd交ac于点o，连接eo.因为abcd为矩形，所以o为bd的中点又e为pd的中点，所以eopb.又因为eo平面aec，pb平面aec，所以pb平面aec. 课外拓展阅读 立体几何中的探索性问题1条件追溯型问题典例1 如图所示，已知在直四棱柱abcda1b1c1d1中，addc，abdc，dcdd12ad2ab2.(1)求证：db平面b1bcc1；(2)设e是dc上一点，试确定点e的位置，使得d1e平面a1bd，并说明理由(1)证明因为abdc，addc，所以abad，在rtabd中，abad1，所以bd，易求bc，因为cd2，所以bdbc.又bdbb1，b1bbcb，所以bd平面b1bcc1.(2)解点e为dc的中点理由如下：如图所示，连接be，因为deab，deab，所以四边形abed是平行四边形所以adbe.又ada1d1，所以bea1d1，所以四边形a1d1eb是平行四边形，所以d1ea1b.因为d1e平面a1bd，a1b平面a1bd，所以d1e平面a1bd.方法探究立体几何中的条件追溯型问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步地推出所要求的条件此类问题的难点是如何应用“执果索因”在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意2存在探索型问题典例2如图所示，在四面体pabc中，pcab，pabc，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；(3)是否存在点q，到四面体pabc六条棱的中点的距离相等？请说明理由思路分析(1)利用depc证明线面平行；(2)利用平行关系和已知pcab证明dedg；(3)q应为eg的中点(1)证明因为d，e分别是ap，ac的中点，所以depc.又de平面bcp，所以de平面bcp.(2)证明因为d，e，f，g分别为ap，ac，bc，pb的中点，所以depcfg，dgabef.所以四边形defg为平行四边形又pcab，所以dedg.所以四边形defg为矩形(3)解存在满足条件的点q.理由如下：连接df，eg，如图所示，设q为eg的中点，由(2)知，dfegq，且qdqeqfqgeg.分别取pc，ab的中点m，n，连接me，en，ng，mg，mn.与(2)同理，可证四边形meng为矩形，其对角线交点为eg的中点q，且qmqneg，所以q为满足条件的点方法探究解决与平行有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数