2020年高考数学理科一轮复习讲义：第7章 立体几何 第4讲 Word版含解析

解 连接A1B交AB1于O，连接OD1.

由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.

A1D1A1O所以BC1∥D1O，则DC＝OB＝1.

11A1D1DC

同理可证AD1∥DC1，则DC＝AD，

1

1

DCAD

所以AD＝1，即DC＝1.

1．判定面面平行的方法

(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行． (2)证明两平面垂直于同一条直线． (3)证明两平面与第三个平面平行． 2．面面平行条件的应用

(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，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． 提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．

1．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.

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证明 取FC的中点I，连接GI，HI，

则有GI∥EF，HI∥BC. 又EF∥DB，所以GI∥BD， 又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B， 所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH?平面GHI， 所以GH∥平面ABC.

2．(2018·河南郑州模拟)如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

求证：(1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG.

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证明 (1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE?平面DMF，MO?平面DMF， 所以BE∥平面DMF.

(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN， 又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG.

又M为AB的中点，N为AD的中点， 所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN， 又BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG，

又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线， 所以平面BDE∥平面MNG. 题型 三 立体几何中的探索性问题

在如图所示的多面体中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4.

(1)在AC上求作点P，使PE∥平面ABF，请写出作法并说明理由； (2)求三棱锥A－CDE的高．

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解 (1)取BC的中点G，连接DG，交AC于点P，连接EG，EP.此时P为所求作的点(如图所示)．

下面给出证明：∵BC＝2AD，G为BC的中点， ∴BG＝AD.又∵BC∥AD，

∴四边形BGDA是平行四边形，故DG∥AB， 即DP∥AB.

又AB?平面ABF，DP?平面ABF， ∴DP∥平面ABF.

∵AF∥DE，AF?平面ABF，DE?平面ABF， ∴DE∥平面ABF.

又∵DP?平面PDE，DE?平面PDE，PD∩DE＝D， ∴平面PDE∥平面ABF，

∵PE?平面PDE，∴PE∥平面ABF. (2)在等腰梯形ABCD中， ∵∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4，

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∴可求得梯形的高为3，从而△ACD的面积为2×2×3＝3. ∵DE⊥平面ABCD，∴DE是三棱锥E－ACD的高． 设三棱锥A－CDE的高为h. 由VA－CDE＝VE－ACD，可得 11

3×S△CDE×h＝3S△ACD×DE， 1

即2×2×1×h＝3×1，解得h＝3. 故三棱锥A－CDE的高为3.

线面平行的探究性问题

解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个

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