《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 3 (2024·潍坊质检)如图，在三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ E, F, G $ 分别为棱 $ B_1C_1, A_1B_1, AB $ 的中点.
(1)求证：平面 $ A_1C_1G // $ 平面 $ BEF $；
(2)若平面 $ A_1C_1G \cap BC = H $，求证：$ H $ 为 $ BC $ 的中点.证明 (1)∵E，F分别为B₁C₁，A₁B₁的中点，∴EF//A₁C₁.
∵A₁C₁⊂平面A₁C₁G，EF⊄平面A₁C₁G，
∴EF//平面A₁C₁G.
又F，G分别为A₁B₁，AB的中点，
∴A₁F=BG，
又A₁F//BG，∴四边形A₁GBF为平行四边形，∴BF//A₁G.
∵A₁G⊂平面A₁C₁G，BF⊄平面A₁C₁G，
∴BF//平面A₁C₁G.
又EF∩BF=F，EF，BF⊂平面BEF，
∴平面A₁C₁G//平面BEF.
(2)∵平面ABC//平面A₁B₁C₁，平面A₁C₁G ∩平面A₁B₁C₁=A₁C₁，
平面A₁C₁G与平面ABC有公共点G，
经过点G的直线交BC于点H，
则A₁C₁//GH，得GH//AC.
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点.

答案： 例3 证明
(1)
∵E，F分别为B₁C₁，A₁B₁的中点，
∴EF//A₁C₁.
∵A₁C₁⊂平面A₁C₁G，EF⊄平面A₁C₁G，
∴EF//平面A₁C₁G.
又F，G分别为A₁B₁，AB的中点，
∴A₁F=BG，
又A₁F//BG，
∴四边形A₁GBF为平行四边形，
∴BF//A₁G.
∵A₁G⊂平面A₁C₁G，BF⊄平面A₁C₁G，
∴BF//平面A₁C₁G.
又EF∩BF=F，EF，BF⊂平面BEF，
∴平面A₁C₁G//平面BEF.
(2)
∵平面ABC//平面A₁B₁C₁，平面A₁C₁G ∩平面A₁B₁C₁=A₁C₁，
平面A₁C₁G与平面ABC有公共点G，
经过点G的直线交BC于点H，
则A₁C₁//GH，得GH//AC.
∵G为AB的中点，
∴H为BC的中点.

如图，四棱柱 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的底面 $ ABCD $ 是正方形.
(1)证明：平面 $ A_1BD // $ 平面 $ CD_1B_1 $.
(2)若平面 $ ABCD \cap $ 平面 $ CD_1B_1 = l $，证明：$$由(1)知平面A₁BD//平面CD₁B₁，
又平面ABCD∩平面A₁BD=BD，平面ABCD∩平面CD₁B₁=l，
又B₁D₁//BD，所以B₁D₁//l.$B_1D_1 // l $.

答案： 训练2 证明
(1)由题设知BB₁//DD₁且BB₁=DD₁，所以四边形BB₁D₁D是平行四边形，所以BD//B₁D₁.
又BD⊄平面CD₁B₁，B₁D₁⊂平面CD₁B₁，所以BD//平面CD₁B₁.
因为A₁D₁//B₁C₁//BC且A₁D₁=B₁C₁=BC，所以四边形A₁BCD是平行四边形，
所以A₁B//D₁C.
又A₁B⊄平面CD₁B₁，D₁C⊂平面CD₁B₁，所以A₁B//平面CD₁B₁.
又因为BD∩A₁B=B，BD，A₁B⊂平面A₁BD，所以平面A₁BD//平面CD₁B₁.
(2)由
(1)知平面A₁BD//平面CD₁B₁，
又平面ABCD∩平面A₁BD=BD，平面ABCD∩平面CD₁B₁=l，
又B₁D₁//BD，所以B₁D₁//l.

例 4 如图，在斜三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ D, D_1 $ 分别为 $ AC, A_1C_1 $ 上的点.
(1)当 $ \frac{A_1D_1}{D_1C_1} $ 等于何值时，$ BC_1 // $ 平面 $ AB_1D_1 $?
(2)若平面 $ BC_1D // $ 平面 $ AB_1D_1 $，求 $ \frac{AD}{DC} $ 的值.解 (1)当$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=1时，BC₁//平面AB₁D₁.
如图，连接A₁B交AB₁于点O，连接OD₁.

由棱柱的性质知，四边形A₁ABB₁为平行四边形，
∴点O为A₁B的中点.
在△A₁BC中，O，D₁分别为A₁B，A₁C的中点，∴OD₁//BC₁.
又OD₁⊂平面AB₁D₁，BC₁⊄平面AB₁D₁，
∴当$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=1时，BC₁//平面AB₁D₁.
(2)由已知，平面BC₁D₁//平面AB₁D₁，且平面A₁BC₁∩平面BC₁D₁=BC₁，平面A₁BC₁∩平面AB₁D₁=OD₁.
因此BC₁//OD₁，同理AD₁//DC₁.
∴$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=$\frac{A₁O}{OB}$，$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=$\frac{DC}{AD}$.
又$\frac{A₁O}{OB}$=1，∴$\frac{DC}{AD}$=1，即$\frac{AD}{DC}$=1.

答案：
例4 解
(1)当$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=1时，BC₁//平面AB₁D₁.
如图，连接A₁B交AB₁于点O，连接OD₁.

由棱柱的性质知，四边形A₁ABB₁为平行四边形，
∴点O为A₁B的中点.
在△A₁BC中，O，D₁分别为A₁B，A₁C的中点，
∴OD₁//BC₁.
又OD₁⊂平面AB₁D₁，BC₁⊄平面AB₁D₁，
∴当$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=1时，BC₁//平面AB₁D₁.
(2)由已知，平面BC₁D₁//平面AB₁D₁，且平面A₁BC₁∩平面BC₁D₁=BC₁，平面A₁BC₁∩平面AB₁D₁=OD₁.
因此BC₁//OD₁，同理AD₁//DC₁.
∴$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=$\frac{A₁O}{OB}$，$\frac{A₁D₁}{D₁C₁}$=$\frac{DC}{AD}$.
又$\frac{A₁O}{OB}$=1，
∴$\frac{DC}{AD}$=1，即$\frac{AD}{DC}$=1.

如图，在正四面体 $ S - ABC $ 中，$ AB = 4 $，$ E, F, R $ 分别是 $ SB, SC, SA $ 的中点，取 $ SE, SF $ 的中点 $ M, N $，$ Q $ 为平面 $ SBC $ 内一点.
(1)求证：平面 $ MNR // $ 平面 $ AEF $；
(2)若 $ RQ // $ 平面 $ AEF $，求线段 $ RQ $ 的最小值. (1)证明 因为R，M，N分别是SA，SE，SF的中点，所以MN//EF.
又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以MN //平面AEF.
同理，MR//平面AEF，又因为MR∩MN=M，MN，MR⊂平面MNR，
所以平面MNR//平面AEF.
(2)解 由(1)知，平面MNR//平面AEF，若RQ//平面AEF，则点Q在线段MN上移动.
由题意得AE⊥SB，AE=$\sqrt{AB^{2}-BE^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
如图，在△RMN中，RM=$\frac{1}{2}$AE=$\sqrt{3}$，RN=$\frac{1}{2}$AF=$\sqrt{3}$，MN=1.

RQ的最小值为R到线段MN的距离.
因为△RMN是等腰三角形，
故RQ的最小值为$\sqrt{(\sqrt{3})^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}$=$\frac{\sqrt{11}}{2}$.

答案：
训练3
(1)证明 因为R，M，N分别是SA，SE，SF的中点，所以MN//EF.
又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以MN //平面AEF.
同理，MR//平面AEF，又因为MR∩MN=M，MN，MR⊂平面MNR，
所以平面MNR//平面AEF.
(2)解 由
(1)知，平面MNR//平面AEF，若RQ//平面AEF，则点Q在线段MN上移动.
由题意得AE⊥SB，AE=$\sqrt{AB^{2}-BE^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
如图，在△RMN中，RM=$\frac{1}{2}$AE=$\sqrt{3}$，RN=$\frac{1}{2}$AF=$\sqrt{3}$，MN=1.

RQ的最小值为R到线段MN的距离.
因为△RMN是等腰三角形，
故RQ的最小值为$\sqrt{(\sqrt{3})^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}$=$\frac{\sqrt{11}}{2}$.