备考2024届高考数学一轮复习强化训练第七章立体几何与空间向量第3讲空间直线平面的平行

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解析 解法一 如图，取BC的中点F，连接DF，EF，
因为F是BC的中点，D是AC的中点，所以DF∥AB，
因为DF⊄平面ABB1A1，
所以DF∥平面ABB1A1.
又E是B1C1的中点，所以EF∥B1B，因为EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
因为DF∩EF＝F，所以平面DEF∥平面ABB1A1，
因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面ABB1A1.
解法二 如图，取A1B1的中点F，连接EF，AF，
因为E，F分别是B1C1，A1B1的中点，所以EF∥A1C1，且EF＝12A1C1，
又AC∥A1C1，AC＝A1C1，所以EF∥AC，且EF＝12AC.
因为D为AC的中点，所以EF＝AD，
所以四边形ADEF为平行四边形，所以DE∥AF.
因为DE⊄平面ABB1A1，AF⊂平面ABB1A1，
所以DE∥平面ABB1A1.
2.[命题点1，2]在如图所示的圆柱O1O中，AB，CD分别是圆O，圆O1的直径，E为圆O上一点，P为DE上一点，且OP∥平面BCE.求证：DP＝PE.
解析 如图所示，连接O1P，O1O，
则易知OO1∥BC，
因为BC⊂平面BCE，且OO1⊄平面BCE，所以OO1∥平面BCE，
因为OP∥平面BCE，且OO1∩OP＝O，OO1，OP⊂平面OPO1，
所以平面OPO1∥平面BCE.
又因为平面DCE∩平面OPO1＝O1P，平面DCE∩平面BCE＝CE，所以O1P∥CE.
因为O1是CD的中点，所以P是DE的中点，即DP＝PE.
3.[命题点2]如图，在三棱锥P－ABC中，△PAB是正三角形，G是△PAB的重心，D，E，H分别是PA，BC，PC的中点，点F在BC上，且BF＝3FC.证明：平面DFH∥平面PGE.
解析 如图，连接BG，DG，由题意可得BG与GD共线，且BG＝2GD.
∵E是BC的中点，BF＝3FC，
∴F是CE的中点.
∴BGGD＝BEEF＝2，∴GE∥DF.
∵GE⊂平面PGE，DF⊄平面PGE，∴DF∥平面PGE.
∵H是PC的中点，F为CE的中点，
∴FH∥PE，又PE⊂平面PGE，FH⊄平面PGE，
∴FH∥平面PGE.
∵DF∩FH＝F，DF⊂平面DFH，FH⊂平面DFH，
∴平面DFH∥平面PGE.
4.[命题点3/2023北京市海淀区模拟]如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD是边长为5的菱形，AA1＝AC＝4，E为AB的中点，F为CC1的中点.
（1）证明：EF∥平面ACD1.
（2）若点P为线段EF上的动点，求点P到平面ACD1的距离.
解析 （1）如图，取BC的中点G，连接FG，EG，BC1.
∵G，E，F分别为BC，AB，CC1的中点，∴EG∥AC，FG∥BC1.
由四棱柱ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，得AD1∥BC1，∴AD1∥GF.
∵AD1⊂平面ACD1，GF⊄平面ACD1，∴GF∥平面ACD1.
∵EG⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴EG∥平面ACD1.
又EG∩FG＝G，EG，FG⊂平面EFG，
∴平面EFG∥平面ACD1.
∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面ACD1.
（2）连接BD，与AC相交于点O，如图，
在Rt△ADD1中，AD1＝AD2＋DD12＝5+16＝21，
同理可得CD1＝21，
由四边形ABCD是菱形，可知AC⊥BD，且OA＝OC＝2，
在Rt△OAB中，OB＝AB2－OA2＝5－4＝1.
设点P到平面ACD1的距离为d，由EF∥平面ACD1，可知点E到平面ACD1的距离也为d，连接OD1，ED1，CE，∵AD1＝CD1＝21，O是AC的中点，
∴D1O⊥AC，∴OD1＝AD12－OA2＝21－4＝17，则△ACD1的面积为12×4×17＝217，△ACE的面积为12×4×12×1＝1.
则V三棱锥D1－ACE＝13×1×4＝43，V三棱锥E－ACD1＝13×217×d＝2173d，
由V三棱锥E－ACD1＝V三棱锥D1－ACE，得2173d＝43，解得d＝21717，故点P到平面ACD1的距离为21717.