《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

1.已知a,b,c为三条不重合的直线,α,β为两个不重合的平面.
　①a//c,b//c→a//b;②a//β,b//β→a//b;
　③a//c,c//α→a//α;④a//β,a//α→α//β;
　⑤a⊄α,b⊂α,a//b→a//α.
　其中正确的命题是　　　　　　　　　　(　　　)
A.①⑤　
　B.①②　
　C.②④　
　D.③⑤

答案： [巩固迁移] 1.A [对于①，由基本事实4，可知①正确；对于②，若a//β，b//β，则a，b共面或异面，故②错误；对于③，若a//c，c//α，则a//α或a⊂α，故③错误；对于④，若a//β，a⊂α，则α，β平行或相交，故④错误；对于⑤，由a⊄α，b⊂α，a//b，根据线面平行的判定定理，可得a//α，故⑤正确。故选A.]

2.如图所示，正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE，BD上各有一点P，Q，且AP = DQ. 求证：PQ//平面BCE.
　　　　　　　　　　　　

答案：
[巩固迁移] 2.证明 证法一：如图所示，作PM$//$AB交BE于M，作QN$//$AB交BC于N，连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，AP＝DQ，
∴PE＝QB，
又PM$//$AB$//$QN，
∴$\frac{PM}{AB}$=$\frac{PE}{AE}$=$\frac{QB}{BD}$=$\frac{QN}{DC}$，
∴$\frac{PM}{AB}$=$\frac{QN}{DC}$.
又AB＝DC，
∴PM＝QN，
∴四边形PMNQ为平行四边形，
∴PQ$//$MN.
又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，
∴PQ$//$平面BCE.

证法二：如图，在平面ABEF内，过点P作PM$//$BE交AB于M，连接QM，
∵BE⊂平面BCE，PM⊄平面BCE，
∴PM$//$平面BCE，
∵PM$//$BE，
∴$\frac{AP}{PE}$=$\frac{AM}{MB}$，
又AE＝BD，AP＝DQ，
∴PE＝BQ，
∴$\frac{AP}{PE}$=$\frac{DQ}{BQ}$，
∴$\frac{AM}{MB}$=$\frac{DQ}{BQ}$，
∴MQ$//$AD，
又AD$//$BC，
∴MQ$//$BC，
∵BC⊂平面BCE，MQ⊄平面BCE，
∴MQ$//$平面BCE，
又PM∩MQ＝M，
∴平面PMQ$//$平面BCE，
又PQ⊂平面PMQ，
∴PQ$//$平面BCE.

例2　　如图,在四棱锥P−ABCD
　中，底面ABCD是平行四边
　形,E,F分别是BC,PD的中
　点.求证:
　(1)PB//平面ACF;
　(2)EF//平面PAB.
　　　　　　　　　　　　　

答案：
例2 证明
(1)如图，连接BD交AC于O，连接OF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，
又F是PD的中点，
∴OF//PB，
又OF⊂平面ACF，PB⊄平面ACF，
∴PB//平面ACF.

(2)证法一：如图，取PA的中点G，连接GF，BG.
∵F是PD的中点，
∴GF是△PAD的中位线，
∴GF$//\frac{1}{2}$AD，
∵底面ABCD是平行四边形，E是BC的中点，
∴BE$//\frac{1}{2}$AD，
∴GF$//$BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF$//$BG，
又EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，
∴EF$//$平面PAB.
证法二：如图，取AD的中点H，连接FH，EH.
∵F为PD的中点，
∴FH是△PAD的中位线，
∴FH$//\frac{1}{2}$PA，
又PA⊂平面PAB，FH⊄平面PAB，
∴FH$//$平面PAB.
∵H为AD的中点，E为BC的中点，
∴EH$//$AB，又AB⊂平面PAB，EH⊄平面PAB，
∴EH$//$平面PAB，又FH∩EH＝H，
∴平面EFH$//$平面PAB，
又EF⊂平面EFH，
∴EF$//$平面PAB.

例3　　如图所示,在四棱锥P−
ABCD中，四边形ABCD是
　平行四边形,M是PC的中
　点，在DM上取一点G，过G
　和PA作平面交BD于点H.
　求证:PA//GH.
　　　　　　　　　　　　　

答案：
例3 证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA$//$OM，
又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA$//$平面BMD，
又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA$//$GH.