(新高考)高考数学一轮复习讲练测专题8.4《直线、平面平行的判定及性质》(解析版)

专题8.4直线、平面平行的判定及性质新课程考试要求1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义，掌握公理、判定定理和性质定理；2.掌握公理、判定定理和性质定理.核心素养本节涉及的数学核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象等.考向预测（1）以几何体为载体，考查线线、线面、面面平行证明.（2）利用平行关系及平行的性质进行适当的转化，处理综合问题.（3）空间中的平行关系在高考命题中，主要与平面问题中的平行、简单几何体的结构特征等问题相结合，综合直线和平面，以及简单几何体的内容于一体，经常是以简单几何体作为载体，以解答题形式呈现是主要命题方式,通过对图形或几何体的认识，考查线面平行、面面平行的判定与性质，考查转化思想、空间想象能力、逻辑思维能力及运算能力.【知识清单】知识点1．直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，b⊄α，a∥ba∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b知识点2．面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥ba∥α知识点3．线面、面面平行的综合应用1．平面与平面的位置关系有相交、平行两种情况．2．直线和平面平行的判定(1)定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；(2)判定定理：aα，bα，且a∥b⇒a∥α；(3)其他判定方法：α∥β；aα⇒a∥β.3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，aβ，α∩β＝l⇒a∥l.4．两个平面平行的判定(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：aα，bα，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β；(3)推论：a∩b＝M，a，bα，a′∩b′＝M′，a′，b′β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β.5．两个平面平行的性质定理(1)α∥β，aα⇒a∥β；(2)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.6．与垂直相关的平行的判定(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b；(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.【考点分类剖析】考点一：直线与平面平行的判定与性质【典例1】（2021·江苏省镇江中学高一月考）“直线与平面无公共点”是“直线在平面外”的________条件（.从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选一个合适的填空）【答案】充分不必要【解析】根据线面间得位置关系及充分性和必要性得定义即可得解.【详解】解：因为直线与平面无公共点，则直线在平面外，所以充分性成立，又因直线在平面外，则直线与平面相交或平行，即直线与平面有一个公共点或无公共点，所以必要性不成立，所以“直线与平面无公共点”是“直线在平面外”的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.【典例2】（2020·临猗县临晋中学月考（文））如图，已知四棱锥，底面四边形为菱形，，．分别是线段．的中点．（1）求证：∥平面；（2）求异面直线与所成角的大小．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）解：连接交于点，∵分别是线段的中点,∴．∵平面，平面∴平面．（2）解：由（1）知，就是异面直线与所成的角或其补角．∵四边形为菱形，，，∴在△中，，，∴，∴异面直线与所成的角为．【规律方法】判断或证明线面平行的常用方法：利用线面平行的定义，一般用反证法；利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 【变式探究】1．（2021·河北安平中学高一月考）已知正方体的棱长为2，点分别是棱的中点，点在四边形内(包括边界)运动，则下列说法正确的是（）A．截面的面积是B．点和点到平面的距离不相等C．若平面，则点的轨迹的长度是D．若平面，则点的轨迹的长度是【答案】ACD【解析】取中点为，截面为等腰梯形，求其面积即可；平面过线段的中点，即可作出判断；过点分别做与平面，平面平行的平面，从而明确点的轨迹，得到长度.【详解】取中点为，易得，即截面为等腰梯形，又∴截面的面积是，故A正确；连接，与交于点，则点为的中点，而平面过线段的中点，∴点和点到平面的距离相等，故B错误；取的中点为，取的中点为，连接，易得平面平面，即点的轨迹为，且，故C正确；同样易知平面平面，即点的轨迹为，且，故D正确；故选：ACD2．（2019·江西高考模拟（文））已知空间几何体中，与均为边长为的等边三角形，为腰长为的等腰三角形，平面平面，平面平面.（1）试在平面内作一条直线，使直线上任意一点与的连线均与平面平行，并给出详细证明（2）求点到平面的距离【答案】（1）见解析；（2）【解析】如图所示:取BC和BD的中点H、G，连接HG，HG为所求直线，证明如下：因为BC和BD的中点H、G，所以,又平面平面，且平面BCD又平面平面.,得，所以，即所以，所以直线HG上任意一点与的连线均与平面平行.由（1）可得，即平面ABC所以点E到平面ABC的距离和点O到平面ABC的距离相等，记为三角形ABC的面积而三角形ACE的面积用等体积法可得：【特别提醒】解决有关线面平行的基本问题的注意事项：(1)易忽视判定定理与性质定理的条件，如易忽视线面平行的判定定理中直线在平面外这一条件；(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断；(3)可举反例否定结论或用反证法判断结论是否正确.考点二平面与平面平行的判定与性质【典例3】（2021·长春市第二十九中学高一期中）如图所示，在三棱柱中，E，F，G，H分别是AB，AC，的中点.（1）求证：平面ABC；（2）求证：平面平面BCHG.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）首先根据三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定证明面即可.（2）首先根据题意易证，，从而得到平面，平面，再利用面面平行的判定证明平面平面即可.【详解】（1）在三棱柱中，因为，分别是，的中点，

所以，又因为，所以.因为平面，平面，所以面；（2）因为，分别是，的中点，所以.又因为在三棱柱中，为的中点，所以，，即四边形为平行四边形.所以.因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，且，所以平面平面.【典例4】（2021·江苏省镇江中学高一月考）如图，在三棱柱中，底面是正三角形，平面，已知，侧棱长为，是的中点，、、分别是，，的中点.（1）求与所成角的大小；（2）求证：平面平面【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）连接，证得，把异面直线与所成角转化为直线与所成的角，在直角中，即可求解；（2）由（1）知，证得平面，再由是的中点，得到，证得平面，结合面面平行的判定定理，即可证得平面平面.【详解】（1）连接，因为分别是的中点，所以，所以异面直线与所成角即为直线与所成的角，在直角中，由，可得,所以.（2）由（1）知，平面平面ABB1A1，所以平面，因为是的中点，所以，因为平面，且平面，所以平面，又因为，且平面，所以平面平面.【规律方法】判定面面平行的常用方法：(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点；(2)面面平行的判定定理；(3)垂直于同一条直线的两平面平行；(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行.【变式探究】1.（2020·安徽省太和第一中学高二开学考试）已知直线l，m，平面，，下列命题正确的是（）A．，B．，，，C．，，D．，，，，【答案】D【解析】由题意得，对于A中，，与可能相交，所以A是错误的；对于B中，，，，，如果，，可能相交，故是错误的；对于C中，，，与可能相交，所以C错误的；对于D中，，，，，满足面面平行的判定定理，所以，故D正确的，故选：D.2.（2020·赣州市赣县第三中学月考（文））如图，在三棱柱中，E，F，G分别为，，AB的中点．求证：平面平面BEF；若平面，求证：H为BC的中点．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】如图，，F分别为，的中点，，平面，平面，平面，又F，G分别为，AB的中点，，又，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，又，平面平面BEF；平面平面，平面平面，平面与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交，则，得，为AB的中点，为BC的中点．【总结提升】证明两个平面平行的方法有：①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；②用判定定理或推论(即“线线平行⇒面面平行”)，通过线面平行来完成证明；③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；④借助“传递性”来完成．面面平行问题常转化为线面平行，而线面平行又可转化为线线平行，需要注意转化思想的应用．考点三线面、面面平行的综合应用【典例5】（2020·全国高三其他（文））如图，在正方体中，、、、分别是、、、的中点，则下列说法：①平面；②；③；④平面，其中正确的命题序号是________.【答案】①②③④【解析】分析:①构造平行四边形可证明线线平行，通过线线平行可证线面平行；②利用线面垂直，证明线线垂直；③构造平行四边形可证明线线平行；④构造平面，通过线线平行可证线面平行.详解:在正方体中，、、、分别是、、、的中点，①如图,设中点为，连接，，，，，，则有，∴四边形为平行四边形，同理四边形为平行四边形，∴，，∴且平面，平面，∴平面，故命题①正确；②如图，连接，，，，则有平面，，且平面，∴，∴，故命题②正确；③如图，连接，，，，，，则有，，，，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，故命题③正确；④如图，设中点为连接，，，，，，，由③得，∵，，∴四边形为平行四边形，同理四边形为平行四边形，∴，，∴，且平面，平面，∴平面，即平面，故命题④正确.故答案为：①②③④.【典例6】（2019·兴仁市凤凰中学期末）如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点.求证：（1）直线平面；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）如图，连接，分别是的中点，.又平面，平面，所以直线平面.（2）连接，分别是的中点，.又平面,平面，平面.又平面，平面，，∴平面平面.【规律方法】1.证明线面平行的常用方法与思路(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．2.判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．3．面面平行的应用(1)两平面平行，构造与之相交的第三个平面，可得交线平行．(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，可用于证明线面平行．4.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，其转化关系为在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.【变式探究】1.（2021·浙江高一期末）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，（）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，，则【答案】C【解析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，，则或，所以A不正确；对于B中，若，，，则与可能为相交平面，所以B不正确；对于C中，假设，，在平面内任取一定，分别作，因为，根据面面垂直的性质定理，可得,又由，所以，且，所以，所以C正确.对于D中，若，，，，只有当与相交时，才能得到，所以D不正确.故选：C.2.【多选题】（2021·江苏省镇江中学高一月考）设，表示不同直线，，表示不同平面，以下推理不正确的是（）A．若，，则B．若，，则C．若，，，，则D．若，，，则或【答案】ABC【解析】对于A,B,C举出反例即可；对于D根据线面平行和面面平行的判定定理和性质定理判断即可.【详解】对于A，若，，则或，故A不正确；对于B，若，，则或与异面，故B不正确；对于C，若，，，，则或与相交，故C不正确；对于D，若，，则或.若，又因为，则或；若，则或.故D正确.故选:ABC【易错提醒】1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.2.线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加，在添加辅助线、辅助面时一定要以某一性质定理为依据，绝不能主观臆断.3.解题中注意符号语言的规范应用.专题8.4直线、平面平行的判定及性质练基础练基础1．（2021·山西高一期末）对于两个不同的平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0和三条不同的直线SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.有以下几个命题：①若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；②若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；③若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；④若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；⑤若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0.则其中所有错误的命题是（）A．③④⑤ B．②④⑤ C．②③④ D．②③④⑤【答案】D【解析】根据空间中直线平行的传递性，可判断①；根据线线、线面、面面之间的位置关系即可判断②③④⑤.【详解】解：因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据空间中直线平行的传递性，得SKIPIF1<0，故①正确；因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以直线SKIPIF1<0平行，异面，相交均有可能，故②错误；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，故③错误；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则平面SKIPIF1<0平行或相交，故④错误；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，故⑤错误.所以错误的命题是②③④⑤.故选：D.2．（2021·江苏高一期末）已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是两条不重合的直线，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）A．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0 B．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0C．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0 D．若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0【答案】D【解析】利用线面平行的性质定理可以得到判定A错误的例子；利用面面垂直的性质定理可举出B错误的例子；利用线面平行的判定定理可以举出C错误的例子；利用线面垂直的性质定理可知D正确.【详解】若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则n可能在α内，只要过m作平面β与α相交，交线即可作为直线n,故A错误；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则m可能在α内，只要m在α内垂直于两平面α，β的交线即有m⊥β，故B错误；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则α，β可能相交，只要m不在α，β内，且平行于α，β的交线即可，故C错误；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据线面垂直的性质定理可知SKIPIF1<0，故D正确；故选：D.3．（2020·湖北开学考试）已知平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，下列结论中不正确的是（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不相交【答案】C【解析】根据面面平行的的定义和性质知:平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不相交，故选:C.4．（2021·济南市历城第二中学开学考试）如图，四棱锥SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0上的点，且SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．以上均有可能【答案】B【解析】四棱锥SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0上的点，且SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，由直线与平面平行的性质定理可得：SKIPIF1<0．故选：SKIPIF1<0．5．【多选题】（2021·宁波市北仑中学高一期中）下列命题正确的是（）A．若两条平行直线中的一条直线与一个平面相交，则另一直线也与这个平面相交.B．若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行.C．过空间任意一点，可作一个平面与异面直线SKIPIF1<0都平行.D．若在空间内存在两条异面直线同时平行于平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0.【答案】AD【解析】对A，利用反证法判断即可；对B，根据线面位置关系判断即可；对C，若点在其中一条直线上，此时作不出一个平面；对D，利用线面平行的性质定理及面面平行的判定定理判断即可.【详解】对A，记SKIPIF1<0，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0相交.假设另一直线SKIPIF1<0与这个平面不相交，在平面SKIPIF1<0内作直线SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，但SKIPIF1<0与SKIPIF1<0相交，故SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不平行，这与SKIPIF1<0矛盾，故A正确；对B，若两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一直线也与这个平面平行或在这个平面内，故B错误；对C，当点在两条异面直线中的一条上时，没有平面与异面直线SKIPIF1<0都平行，故C错误；对D，若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，如图过SKIPIF1<0作平面SKIPIF1<0分别交SKIPIF1<0,SKIPIF1<0于SKIPIF1<0，过SKIPIF1<0作平面SKIPIF1<0分别交SKIPIF1<0,SKIPIF1<0于SKIPIF1<0，根据线面平行的性质定理可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由面面平行的判定定理可得SKIPIF1<0，故D正确.故选：AD6．【多选题】（2021·广东湛江二十一中高一期中）已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为三条不重合的直线，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为三个不重合的平面其中正确的命题是（）A．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0，nSKIPIF1<0，SKIPIF1<0【答案】AD【解析】对于A：直接根据平行的传递性，可以判断；对于B：由SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则m、n可以平行，相交，也会是异面直线即可判断；对于C：由SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0即可判断；对于D：根据线面平行的判定定理可以判断.【详解】对于A：因为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0由平行的传递性，可以得到SKIPIF1<0.故A正确；对于B：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则m、n可以平行，相交，也会是异面直线.故B错误；对于C：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0.故C错误；对于D：SKIPIF1<0，nSKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据线面平行的判定定理可以得到SKIPIF1<0.故D正确.故选：AD.7．【多选题】（2020·佛山市第四中学高二月考）下列命题正确的是（）A．平行于同一直线的两条直线互相平行B．垂直于同一平面的两个平面互相平行C．若SKIPIF1<0是两个平面，SKIPIF1<0∥SKIPIF1<0∥SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0∥SKIPIF1<0D．若三棱锥SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，则点SKIPIF1<0在平面SKIPIF1<0内的射影是SKIPIF1<0的垂心【答案】AD【解析】由平行公理判断A；由面面垂直判断B；举特例判断C；由逻辑推理可判断D.【详解】对于选项A：由平行公理可知A正确；对于选项B：垂直于同一平面的两个平面互相平行或相交，故B错误；对于选项C：反例如图，故C错误；对于选项D：设点SKIPIF1<0在平面SKIPIF1<0内的射影是SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0.同理可证SKIPIF1<0，所以点SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的垂心.故D正确.故选：AD.8．（2021·大连市第一中学高一月考）已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是三条不同的直线，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是三个不同的平面，有下列命题：①SKIPIF1<0；②若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；③SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；④直线SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0，那么SKIPIF1<0；⑤若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0；⑥若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0．其中正确的说法为______（填序号）【答案】①⑥【解析】利用线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质应用，逐一判断选项可得结论.【详解】解：对于①，根据平行的性质有：SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，故①正确；对于②，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0或SKIPIF1<0相交，故②错误；对于③，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，或SKIPIF1<0异面，故③错误；对于④，由直线SKIPIF1<0，直线SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0异面，SKIPIF1<0相交，故④错误；对于⑤，由SKIPIF1<0SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0或SKIPIF1<0相交，故⑤错误；对于⑥，若SKIPIF1<0，由面面平行的传递性得SKIPIF1<0，故⑥正确，故答案为：①⑥.9．（2020·云南省下关第一中学高二月考（文））如图，在正三棱锥SKIPIF1<0中，底面边长为6，侧棱长为5，G、H分别为PB、PC的中点.（1）求证：SKIPIF1<0平面ABC；（2）求正三棱锥SKIPIF1<0的表面积.【答案】（1）证明见解析；（2）SKIPIF1<0.【解析】（1）由于G、H分别为PB、PC的中点，所以由三角形中位线定理可得SKIPIF1<0，再由线面平行的判定定理可证得结论；（2）由于正三棱锥的侧面是等腰三角形，所以利用等腰三角形的性质可求出侧面面积，底面是正三角形，利用面积公式可求出面积，从而可求出表面积【详解】解：（1）证明：因为G、H分别为PB、PC的中点，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面ABC.（2）设BC中点为D，连接PD，因为三棱锥P-ABC是正三棱锥，所以SKIPIF1<0是等腰三角形，所以SKIPIF1<0，在RtSKIPIF1<0中又SKIPIF1<0，PB=5，PD=SKIPIF1<0，所以正三棱锥侧面积为SKIPIF1<0，底面积为SKIPIF1<0，所以正三棱锥P-ABC的表面积为SKIPIF1<010.（2020·佛山市第四中学高二月考）如图在正方体SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0分别是SKIPIF1<0的中点，求证（1）SKIPIF1<0∥平面SKIPIF1<0；（2）平面SKIPIF1<0∥平面SKIPIF1<0.【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】（1）证得SKIPIF1<0，进而由线面平行的判定定理可证得结果；（2）由（1）可知，只需证明SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，进而由面面平行的判定定理可证得结果.【详解】（1）连接SKIPIF1<0，依题意知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.（2）连接SKIPIF1<0，依题意可知SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，所以四边形SKIPIF1<0是平行四边形，则SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.由（1）知SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，故平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.练提升TIDHNEG练提升TIDHNEG1.（2020·全国月考）设SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是两条不同的直线，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0是两个不同的平面，已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则“SKIPIF1<0，SKIPIF1<0”是“SKIPIF1<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】B【解析】充分性：已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由于SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0与SKIPIF1<0不一定平行，充分性不成立；必要性：已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，由面面平行的性质可得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，必要性成立.因此，“SKIPIF1<0，SKIPIF1<0”是“SKIPIF1<0”的必要不充分条件.故选：B.2．（2021·山东高一期末）在正方体SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点，SKIPIF1<0为底面SKIPIF1<0上一动点，且直线SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角的正切值的取值范围为（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】由题意知面SKIPIF1<0在正方体SKIPIF1<0上的截面为SKIPIF1<0且SKIPIF1<0为SKIPIF1<0中点，根据正方体、线面平行的性质，有SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上，即SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角为SKIPIF1<0，进而可求其正切值的范围.【详解】由题意，如上图示，面SKIPIF1<0在正方体SKIPIF1<0上的截面为SKIPIF1<0且SKIPIF1<0为SKIPIF1<0中点，∵SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，而面SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0为底面SKIPIF1<0上一动点，则SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上，∴SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0所成角为SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0与SKIPIF1<0重合时，SKIPIF1<0最小，此时SKIPIF1<0，当SKIPIF1<0与SKIPIF1<0重合时，SKIPIF1<0最大，此时SKIPIF1<0；∴SKIPIF1<0.故选：B3．（2021·江苏南京一中高一月考）如图，正方体SKIPIF1<0的棱长为1，线段SKIPIF1<0上有两个动点SKIPIF1<0､SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，则下列结论中正确的是（）A．线段SKIPIF1<0上存在点SKIPIF1<0､SKIPIF1<0使得SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0的面积与SKIPIF1<0的面积相等D．三棱锥SKIPIF1<0的体积不为定值【答案】B【解析】利用异面直线的定义可判断A；根据线面平行判定定理可判断B；根据三角形的高不相等可判断C；直接计算体积可判断D.【详解】线段SKIPIF1<0上不存在点SKIPIF1<0､SKIPIF1<0使得SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0在平面SKIPIF1<0平面外，SKIPIF1<0在平面内，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是异面直线，所以A不正确；连接SKIPIF1<0，几何体是正方体，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，可知SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以B正确.SKIPIF1<0到SKIPIF1<0的距离为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0到SKIPIF1<0的距离大于上下底面中心的连线，则SKIPIF1<0到SKIPIF1<0的距离大于1，∴SKIPIF1<0的面积大于SKIPIF1<0的面积，故C错误；SKIPIF1<0到平面SKIPIF1<0的距离为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的面积为定值，∴三棱锥SKIPIF1<0的体积为定值，故D不正确.故选：B.4．（2021·江西省分宜中学高二月考（理））点SKIPIF1<0分别是棱长为2的正方体SKIPIF1<0中棱SKIPIF1<0的中点，动点SKIPIF1<0在正方形SKIPIF1<0(包括边界)内运动.若SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0的长度范围是（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】如图，分别取SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，则可证得平面SKIPIF1<0‖平面SKIPIF1<0，从而可得点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上，从而可求出SKIPIF1<0的长度范围【详解】解：如图，分别取SKIPIF1<0的中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0‖SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，所以SKIPIF1<0‖SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0‖SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0‖平面SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，SKIPIF1<0是SKIPIF1<0的中点，所以SKIPIF1<0‖SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0‖SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0‖SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以四边形SKIPIF1<0为平行四边形，所以SKIPIF1<0‖SKIPIF1<0，，因为SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0‖平面SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，所以平面SKIPIF1<0‖平面SKIPIF1<0，因为平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，所以点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上运动，使SKIPIF1<0面SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0的棱长为2，所以SKIPIF1<0所以当点SKIPIF1<0与SKIPIF1<0或SKIPIF1<0重合时，SKIPIF1<0最长，当点SKIPIF1<0在SKIPIF1<0的中点时，SKIPIF1<0最短，SKIPIF1<0的最小值为SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0的长度范围是SKIPIF1<0，故选：B5．【多选题】（2021·江苏省镇江中学高一月考）下列四个正方体图形中，SKIPIF1<0为正方体的两个顶点，SKIPIF1<0分别为其所在棱的中点，能得出SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0的图形是（）A． B．C． D．【答案】AD【解析】对于A通过线面平行判定定理即可判断；对于B找到SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0内某一直线相交即可；对于C找到SKIPIF1<0平行线与平面SKIPIF1<0内某一直线相交即可；对于D通过线面平行判定定理即可判断.【详解】对于A，如下图所示，根据正方体性质易证得SKIPIF1<0,又因为SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.故A正确；对于B，如下图所示，在平面SKIPIF1<0内，SKIPIF1<0与SKIPIF1<0相交，又因为SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0相交，故B错误；对于C，如下图所示，易证SKIPIF1<0,由于SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0相交，则SKIPIF1<0与面SKIPIF1<0相交.故C错误；对于D，如下图所示，由正方体性质易证得SKIPIF1<0，由中位线定理知SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0,又因为SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.故D正确.故选:AD6．（2021·珠海市第二中学高一期中）已知正方体SKIPIF1<0中的棱长为2，SKIPIF1<0是SKIPIF1<0中点．（1）求证：平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；（2）设SKIPIF1<0的中点为SKIPIF1<0，过SKIPIF1<0､SKIPIF1<0､SKIPIF1<0作一截面，交SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0，求截面SKIPIF1<0的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）SKIPIF1<0．【解析】（1）连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，由平行四边形的性质及线面平行的判定易得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0、SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，根据面面平行的判定即可证平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；（2）连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，设平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0，根据面面平行的性质可得四边形SKIPIF1<0为平行四边形，结合正方体的性质易知四边形SKIPIF1<0为菱形，再求出对角线SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，即可求截面的面积.【详解】（1）如图，连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可得四边形SKIPIF1<0为平行四边形，∴SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，∴四边形SKIPIF1<0为平行四边形，即SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，同理，SKIPIF1<0是平行四边形，即SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0，∴平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.（2）连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0与平面SKIPIF1<0交于SKIPIF1<0，由平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，且平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，同理有SKIPIF1<0，即四边形SKIPIF1<0为平行四边形，在SKIPIF1<0与SKIPIF1<0中，易知SKIPIF1<0，即四边形SKIPIF1<0为菱形，故SKIPIF1<0为SKIPIF1<0的中点．∵正方体SKIPIF1<0的棱长为2，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．∴截面面积SKIPIF1<0．7．（2021·福建高一期末）如图，在棱长为2的正方体SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0分别为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的中点，点SKIPIF1<0为线段SKIPIF1<0上的动点，且SKIPIF1<0.（1）是否存在SKIPIF1<0使得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，若存在，求出SKIPIF1<0的值并给出证明过程；若不存在，请说明理由；（2）画出平面SKIPIF1<0截该正方体所得的截面，并求出此截面的面积.【答案】（1）存在，SKIPIF1<0，证明见解析；（2）画图见解析；SKIPIF1<0.【解析】（1）取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，由面面平行的判定定理即可证明平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，即可得到SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0时SKIPIF1<0的值.（2）画出截面，根据正六边形的性质即可求出截面的面积.【详解】解：（1）当SKIPIF1<0时，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0.取SKIPIF1<0中点SKIPIF1<0，连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0SKIPIF1<0，如图所示：故SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，同理，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，故平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0；（2）平面SKIPIF1<0截正方体SKIPIF1<0的截面为正六边形SKIPIF1<0，如图所示：又SKIPIF1<0正方体SKIPIF1<0的棱长为2，故正六边形SKIPIF1<0边长为SKIPIF1<0，SKIPIF1<0截面面积为：SKIPIF1<0.8．（2021·山东高一期末）如图，点SKIPIF1<0是正方形SKIPIF1<0两对角线的交点，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0是线段SKIPIF1<0上一点，且SKIPIF1<0．（1）证明：三棱锥SKIPIF1<0是正三棱锥；（2）试问在线段SKIPIF1<0（不含端点）上是否存在一点SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0．若存在，请指出点SKIPIF1<0的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）根据正三棱锥的定义即可证明；（2）利用反证法，由SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，假设存在这样的点SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，推出平面SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，与平面SKIPIF1<0和平面SKIPIF1<0是相交平面矛盾，即可求解.【详解】解：（1）证明：设SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0是正三角形，如图所示：连接SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0中，由SKIPIF1<0知：SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0平面SKIPIF1<0，