2022版高考数学一轮复习-第七章-立体几何-第四讲-直线、平面平行的判定与性质学案新人教版.doc
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2022版高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第四讲 直线、平面平行的判定与性质学案新人教版 2022版高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第四讲 直线、平面平行的判定与性质学案新人教版 年级: 姓名: 第四讲 直线、平面平行的判定与性质 知识梳理·双基自测 知识点一 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∥b__ __a∥α__ a∥α,a⊂β, __α∩β=b__ 结论 a∥α b∥α a∩α=∅ __a∥b__ 知识点二 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∥α__ __α∥β,__ __α∩γ=a,__ __β∩γ=b__ α∥β,a⊂β 结论 α∥β α∥β a∥b a∥α 1.垂直于同一条直线的两个平面平行,即“若a⊥α,a⊥β,则α∥β”. 2.垂直于同一个平面的两条直线平行,即“若a⊥α,b⊥α,则a∥b”. 3.平行于同一个平面的两个平面平行,即“若α∥β,β∥γ,则α∥γ”. 题组一 走出误区 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个平面.( × ) (2)平行于同一条直线的两个平面平行.( × ) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.( × ) (4)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.( √ ) (5)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.( × ) (6)若α∥β,直线a∥α,则a∥β.( × ) 题组二 走进教材 2.(必修2P58练习T3)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则α∥β的一个充分条件是( D ) A.存在一条直线a,a∥α,a∥β B.存在一条直线a,a⊂α,a∥β C.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α D.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α [解析] 对于选项A,若存在一条直线a,a∥α,a∥β,则α∥β或α与β相交,若α∥β,则存在一条直线a,使得a∥α,a∥β,所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件;同理,选项B,C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件;对于选项D,可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中,成为相交直线,则有α∥β,所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件.故选D. 题组三 走向高考 3.(2019·课标全国Ⅱ)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( B ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 4.(2017·课标全国Ⅰ)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( A ) [解析] B选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;C选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;D选项中,AB∥NQ,且AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ.故选A. 5.(2017·天津,节选)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. 求证:MN∥平面BDE. [证明] 解法一:连PN交BE于H,连HD. ∵E、N分别为PC、BC的中点, ∴H为△PBC的重心,∴=2, 又D、M分别为PA、AD的中点, ∴=2,∴=, ∴DH∥MN, 又DH⊂平面BDE,MN⊄平面BDE, ∴MN∥平面BDE. 解法二:取EC的中点H,连MH、NH, ∵N为BC的中点,∴NH∥BE, 又NH⊄平面BDE,BE⊂平面BDE, ∴NH∥平面BDE, 又E、D、M分别为PC、PA、DA的中点, ∴==2,∴DE∥MH, 又MH⊄平面BDE, ∴MH∥平面BDE,DE⊂平面BDE,又DE∩BE=E, ∴平面MNH∥平面BDE, ∴MN∥平面BDE. 解法三:(理)如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). =(0,2,0),=(2,0,-2). 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则即 不妨设z=1,可得n=(1,0,1). 又=(1,2,-1),可得·n=0. 因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE. 考点突破·互动探究 考点一 空间平行关系的基本问题——自主练透 例1 (1)(2021·河南名校联盟质检改编)设有不同的直线a,b和不同的平面α,β,给出下列四个命题中,其中正确的是( B ) ①若a∥α,b∥α,则a∥b ②若a∥α,a∥β,则α∥β ③若a⊥α,b⊥α,则a∥b ④若a⊥α,a⊥β,则α∥β A.1 B.2 C.3 D.4 (2)(2021·辽宁省沈阳市质监)下列三个命题在“( )”处都缺少同一个条件,补上这个条件使其构成真命题(其中l,m为直线,α,β为平面),则此条件是__l⊄α__. ①⇒l∥α;②⇒l∥α;③⇒l∥α. [解析] (1)对于①,若a∥α,b∥α, 则直线a和直线b可以相交也可以异面,故①错误;对于②,若a∥α,a∥β,则平面a和平面β可以相交,故②错误;对于③,若a⊥α,b⊥α,则根据线面垂直性质定理,a∥b,故③正确;对于④,若a⊥α,a⊥β,则α∥β成立;故选B. (2)①l∥m,m∥α⇒l∥α或l⊂α,由l⊄α⇒l∥α;②l⊄α,m⊂α,l∥m⇒l∥α;③l⊥m,m⊥α⇒l∥α或l⊂α,由l⊄α⇒l∥α.故答案为l⊄α. 〔变式训练1〕 (2021·吉林省吉林市调研改编)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为所在棱的中点,则下列各直线、平面中,与平面ACD1不平行的是( C ) A.直线EF B.直线GH C.平面EHF D.平面A1BC1 [解析] 首先直线EF、GH、A1B都不在平面ACD1内,由中点及正方体的性质知EF∥AC,GH∥A1C1∥AC,A1B∥D1C,∴直线EF,GH,A1B都与平面ACD1平行,又A1C1∥AC,由面面平行判定易知平面A1BC1∥平面ACD1,由EH∥AB1,AB1∩平面ACD1=A,∴EH与平面ACD1相交,从而平面EHF与平面ACD1相交,故选C. 考点二 直线与平面平行的判定与性质——多维探究 角度1 线面平行的判定 例2 (2021·辽宁抚顺模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形,AB∥CD,∠BAD=60°,PD=AD=AB=2,CD=4,E为PC的中点. (1)证明:BE∥平面PAD; (2)求三棱锥E-PBD的体积. [解析] (1)证法一:如图,取PD的中点F,连接EF,FA. 由题意知EF为△PDC的中位线, ∴EF∥CD,且EF=CD=2. 又∵AB∥CD,AB=2,CD=4,∴AB綊EF, ∴四边形ABEF为平行四边形,∴BE∥AF. 又AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,∴BE∥平面PAD. 证法二:延长DA、CB相交于H,连PH, ∵AB∥CD,AB=2,CD=4, ∴==, 即B为HC的中点, 又E为PC的中点,∴BE∥PH, 又BE⊄平面PAD,PH⊂平面PAD,∴BE∥平面PAD, 证法三:取CD的中点H,连BH,HE, ∵E为PC中点,∴EH∥PD, 又EH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD, ∴EH∥平面PAD, 又由题意知AB綊DH,∴BH∥AD, 又AD⊂平面PAD,BH⊄平面PAD, ∴BH∥平面PAD,又BH∩EH=H, ∴平面BHE∥平面PAD,∴BE∥平面PAD. (2)∵E为PC的中点, ∴V三棱锥E-PBD=V三棱锥E-BCD=·V三棱锥P-BCD. 又∵AD=AB,∠BAD=60°, ∴△ABD为等边三角形,∴BD=AB=2. 又∵CD=4,∠BDC=∠BAD=60°, ∴BD⊥BC.∴BC==2. ∵PD⊥平面ABCD, ∴V三棱锥P-BCD=PD·S△BCD=×2××2×2=, ∴V三棱锥E-PBD=. 名师点拨 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点). (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α). (3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a⊂α⇒a∥β). (4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β). (5)向量法:证明直线的方向向量与平面的法向量垂直. 注:线面平行的关键是线线平行,证明中常构造三角形中位线或平行四边形. 角度2 线面平行的性质 例3 如图,在多面体ABCDEF中,DE⊥平面ABCD,AD∥BC,平面BCEF∩平面ADEF=EF,∠BAD=60°,AB=2,DE=EF=1. (1)求证:BC∥EF; (2)求三棱锥B-DEF的体积. [解析] (1)证明:∵AD∥BC,AD⊂平面ADEF, BC⊄平面ADEF,∴BC∥平面ADEF. 又BC⊂平面BCEF,平面BCEF∩平面ADEF=EF,∴BC∥EF. (2)过点B作BH⊥AD于点H, ∵DE⊥平面ABCD,BH⊂平面ABCD,∴DE⊥BH. ∵AD⊂平面ADEF, DE⊂平面ADEF,AD∩DE=D, ∴BH⊥平面ADEF. ∴BH是三棱锥B-DEF的高. 在Rt△ABH中,∠BAD=60°,AB=2,故BH=. ∵DE⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴DE⊥AD. 由(1)知BC∥EF,且AD∥BC, ∴AD∥EF,∴DE⊥EF. ∴三棱锥B-DEF的体积V=×S△DEF×BH=××1×1×=. 名师点拨 空间中证明两条直线平行的常用方法 (1)利用线面平行的性质定理,即a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b. (2)利用平行公理推论:平行于同一直线的两条直线互相平行. (3)利用垂直于同一平面的两条直线互相平行. 〔变式训练2〕 (1)(角度2)如图所示,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH. 求证:PA∥GH. (2)(角度1)(2020·广东佛山质检,节选)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,E、F分别为AD、PC的中点. 求证:EF∥平面PAB. (3)(角度1)(2021·贵州黔东南州二模)在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,平面PAB⊥平面ABCD,点E,F分别为BC,AP的中点. ①求证:EF∥平面PCD; ②若AD=AP=PB=AB=1.求三棱锥P-DEF的体积. [解析] (1)证明:如图所示,连接AC交BD于点O,连接MO, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴O是AC的中点, 又M是PC的中点,∴PA∥MO. 又MO⊂平面BMD,PA⊄平面BMD, ∴PA∥平面BMD. ∵平面PAHG∩平面BMD=GH,PA⊂平面PAHG, ∴PA∥GH. (2)解法一:取PB的中点H,连FH、HA, ∵F为PC的中点,∴FH綊BC, 又四边形ABCD为平行四边形, ∴BC綊AD,从而FH綊AD, 又E为AD的中点,∴FH綊EA,∴EF∥AH, 又EF⊄平面PAB,HA⊂平面PAB, ∴EF∥平面PAB. 解法二:取BC的中点H,连FH,HE, ∵F为PC的中点, ∴FH∥BP,又FH⊄平面PAB, ∴FH∥平面PAB,又E为AD的中点,且四边形ABCD为平行四边形, ∴HE∥BA,又HE⊄平面PAB, ∴HE∥平面DAB,又FH∩EH=H, ∴平面EFH∥平面PAB, ∴EF∥平面PAB. 解法三:连CE并延长交BA的延长线于H,连PH. ∵E为平行四边形ABCD的边AD的中点, ∴△CDE≌△HAE, ∴CE=EH,又F为PC的中点, ∴EF∥PH, 又EF⊄平面PAB,PH⊂平面PAB, ∴EF∥平面PAB. (3)①证明:如图,取PD中点G,连接GF,GC. 在△PAD中,G,F分别为PD,AP的中点, ∴GF綊AD. 在矩形ABCD中,E为BC的中点, ∴CE綊AD,∴GF綊EC, ∴四边形EFGC是平行四边形,∴GC∥EF. ∵GC⊂平面PCD,EF⊄平面PCD, ∴EF∥平面PCD. ②∵四边形ABCD是矩形, ∴AD⊥AB,AD∥BC. 又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD, ∴BC∥平面PAD. ∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD, ∴AD⊥平面PAB,∴AD⊥BP,平面PAD⊥平面PAB. AD=AP=PB=AB=1, ∵AB=,∴AP2+PB2=AB2, ∴AP⊥BP.∵AD∩AP=A, ∴BP⊥平面PAD.∵BC∥平面PAD, ∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离. ∵S△PDF=PF·AD=××1=, ∴V三棱锥P-DEF=V三棱锥E-PDF=S△PDF·BP=××1=, ∴ 三棱锥P-DEF的体积为. 考点三,两个平面平行的判定与性质——师生共研 例4 如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证: (1)B,C,H,G四点共面; (2)平面EFA1∥平面BCHG. [证明] (1)因为G,H分别是A1B1,A1C1的中点,所以GH∥B1C1,又B1C1∥BC, 所以GH∥BC,所以B,C,H,G四点共面. (2)在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点, 所以EF∥BC, 因为EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG, 所以EF∥平面BCHG. 又因为G,E分别为A1B1,AB的中点, 所以A1G綊EB,所以四边形A1EBG是平行四边形,所以A1E∥GB. 因为A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG, 所以A1E∥平面BCHG. 又因为A1E∩EF=E, 所以平面EFA1∥平面BCHG. [引申1]在本例条件下,若D为BC1的中点,求证:HD∥平面A1B1BA. [证明] 如图所示,连接HD,A1B, 因为D为BC1的中点, H为A1C1的中点, 所以HD∥A1B, 又HD⊄平面A1B1BA, A1B⊂平面A1B1BA, 所以HD∥平面A1B1BA. [引申2]在本例条件下,若D1,D分别为B1C1,BC的中点,求证:平面A1BD1∥平面AC1D. [证明] 如图所示,连接A1C,AC1交于点M, 因为四边形A1ACC1是平行四边形, 所以M是A1C的中点,连接MD, 因为D为BC的中点,所以A1B∥DM. 因为A1B⊂平面A1BD1, DM⊄平面A1BD1, 所以DM∥平面A1BD1. 又由三棱柱的性质知,D1C1綊BD, 所以四边形BDC1D1为平行四边形, 所以DC1∥BD1. 又DC1⊄平面A1BD1,BD1⊂平面A1BD1, 所以DC1∥平面A1BD1, 又因为DC1∩DM=D,DC1,DM⊂平面AC1D, 所以平面A1BD1∥平面AC1D. 名师点拨 证明面面平行的方法有 (1)面面平行的定义. (2)面面平行的判定定理:如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行. (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”. (4)如果两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行. (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化. *(6)向量法:证明两平面的法向量平行. 〔变式训练3〕 (2021·南昌模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.设M,N分别为PD,AD的中点. (1)求证:平面CMN∥平面PAB; (2)求三棱锥P-ABM的体积. [解析] (1)证明:∵M,N分别为PD,AD的中点, ∴MN∥PA,又MN⊄平面PAB,PA⊂平面PAB, ∴MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CN=AN, ∴∠ACN=60°. 又∠BAC=60°,∴CN∥AB. ∵CN⊄平面PAB,AB⊂平面PAB, ∴CN∥平面PAB. 又CN∩MN=N,CN,MN⊂平面CMN, ∴平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知,平面CMN∥平面PAB, ∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离. ∵AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=, ∴三棱锥P-ABM的体积V=VM-PAB=VC-PAB=VP-ABC=××1××2=. 名师讲坛·素养提升 探索性问题求解策略 例5 (2021·安徽皖北联考)如图,在四棱锥C-ABED中,四边形ABED是正方形,点G,F分别是线段EC,BD的中点. (1)求证:GF∥平面ABC. (2)线段BC上是否存在一点H,使得平面GFH∥平面ACD?若存在,请找出点H并证明;若不存在,请说明理由. [解析] (1)∵四边形ABED为正方形,F为BD的中点, ∴E、F、A共线,连AE,又G为EC的中点, ∴GF∥AC, 又GF⊄平面ABC,AC⊂平面ABC, ∴GF∥平面ABC. 注:本题也可取BE的中点Q,连GQ、FQ,通过证平面GFQ∥平面ABC来证;或取BC的中点M,AB的中点N,连GM、MN、NF,通过证四边形GMNF为平行四边形得GF∥MN来证. (2)当H为BC的中点时,平面GFH∥平面ACD. 证明如下:∵G、H分别为EC、BC的中点, ∴GH∥BE,又BE∥AD, ∴GH∥AD, 又GH⊄平面ACD,AD⊂平面ACD, ∴GH∥平面ACD, 又GF∥AC,GF⊄平面ACD,AC⊂平面ACD, ∴GF∥平面ACD, ∴平面GFH∥平面ACD. [引申]ED上是否存在一点Q,使平面GFQ∥平面ACD. [解析] 当Q为ED的中点时,平面GFQ∥平面ACD. 名师点拨 平行中的探索性问题 (1)对命题条件的探索常采用以下三种方法: ①先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明; ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明其充分性; ③把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件. (2)对命题结论的探索常采用以下方法: 首先假设结论存在,然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论,就肯定假设,如果得到了矛盾的结论,就否定假设. 〔变式训练4〕 在三棱柱ABC-A1B1C1的棱BC上是否存在一点H,使A1B∥平面AC1H?并证明. [解析] BC上存在点H(即BC的中点)使A1B∥平面AC1H. 证明如下:连A1C交AC1于O, 则O为A1C的中点 连HO,又H为BC的中点, ∴HO∥A1B, 又OH⊂平面AHC1,A1B⊄平面AHC1, ∴A1B∥平面AC1H.- 配套讲稿:
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