2020版高考数学第七章立体几何第四节直线、平面平行的判定与性质学案文（含解析）新人教A版.docx

第四节直线、平面平行的判定与性质2019考纲考题考情1直线与平面平行(1)判定定理(2)性质定理2.平面与平面平行(1)判定定理(2)两平面平行的性质定理3.平行关系中的两个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a，a，则。(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若，则。1两个平面平行，则其中任意一个平面内的直线与另一个平面平行。2三种平行关系的转化：线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向。一、走进教材1(必修2P61A组T1(1)改编)下列命题中正确的是()A若a，b是两条直线，且ab，那么a平行于经过b的任何平面B若直线a和平面满足a，那么a与内的任何直线平行C平行于同一条直线的两个平面平行D若直线a，b和平面满足ab，a，b，则b解析根据线面平行的判定与性质定理可知。故选D。答案D2(必修2P58练习T3改编)平面平面的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b解析若l，al，a，a，a，a，故排除A。若l，a，al，则a，故排除B。若l，a，al，b，bl，则a，b，故排除C。故选D。答案D二、走近高考3(2018浙江高考)已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析若m，n，mn，由线面平行的判定定理知m。若m，m，n，不一定推出mn，直线m与n可能异面，故“mn”是“m”的充分不必要条件。故选A。答案A4(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角相等。其中正确的命题有_。(填写所有正确命题的序号)解析对于，mn，m，n，则，的位置关系无法确定，故错误；对于，因为n，所以可过直线n作平面与平面相交于直线c，则nc，因为m，所以mc，所以mn，故正确；对于，由两个平面平行的性质可知其正确；对于，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确。故正确的有。答案三、走出误区微提醒：对空间平行关系的转化条件理解不够致误；对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清致误；对面面平行性质定理理解不深致误。5若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内且过B点的所有直线中()A不一定存在与a平行的直线B只有两条与a平行的直线C存在无数条与a平行的直线D存在唯一的与a平行的直线解析当直线a在平面内且过B点时，不存在与a平行的直线。故选A。答案A6下列条件中，能判断两个平面平行的是_。一个平面内的一条直线平行于另一个平面；一个平面内的两条直线平行于另一个平面；一个平面内有无数条直线平行于另一个平面；一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面。解析由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，那么这两个平面平行。显然只有符合条件。答案7如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为_。解析因为平面ABFE平面DCGH，又平面EFGH平面ABFEEF，平面EFGH平面DCGHHG，所以EFHG。同理EHFG，所以四边形EFGH是平行四边形。答案平行四边形考点一线面平行的判定与性质微点小专题方向1：直线与平面平行的判定与证明【例1】(1)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为_。(2)(2019福州高三期末考试节选)如图，在四棱锥EABCD中，ABCD，ABC90，CD2AB2CE4，点F为棱DE的中点。证明：AF平面BCE。(1)解析连接BD，设BDACO，连接EO，在BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为BDD1的中位线，则BD1EO，而BD1平面ACE，EO平面ACE，所以BD1平面ACE。答案平行(2)证明如图，取CE的中点M，连接FM，BM。因为点F为棱DE的中点，所以FMCD且FMCD2，因为ABCD，且AB2，所以FMAB且FMAB，所以四边形ABMF为平行四边形，所以AFBM，因为AF平面BCE，BM平面BCE，所以AF平面BCE。证法一：如图，在平面ABCD内，分别延长CB，DA，交于点N，连接EN。因为ABCD，CD2AB，所以A为DN的中点。又F为DE的中点，所以AFEN，因为EN平面BCE，AF平面BCE，所以AF平面BCE。证法二：如图，取棱CD的中点G，连接AG，GF，因为点F为棱DE的中点，所以FGCE，因为FG平面BCE，CE平面BCE，所以FG平面BCE。因为ABCD，ABCG2，所以四边形ABCG是平行四边形，所以AGBC，因为AG平面BCE，BC平面BCE，所以AG平面BCE。又FGAGG，FG平面AFG，AG平面AFG，所以平面AFG平面BCE。因为AF平面AFG，所以AF平面BCE。证明线面平行有两种常用方法：一是线面平行的判定定理；二是先利用面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质证明线面平行。方向2：直线与平面平行性质定理的应用【例2】(2019青岛质检)如图，五面体ABCDE中，四边形ABDE是矩形，ABC是正三角形，AB1，AE2，F是线段BC上一点，直线BC与平面ABD所成角为30，CE平面ADF。(1)试确定F的位置；(2)求三棱锥ACDF的体积。解(1)连接BE交AD于点O，连接OF，因为CE平面ADF，CE平面BEC，平面ADF平面BECOF，所以CEOF。因为O是BE的中点，所以F是BC的中点。(2)因为BC与平面ABD所成角为30，BCAB1，所以C到平面ABD的距离为hBCsin30。因为AE2，F是BC的中点，所以VACDFVFACDVBACDVCABD12。在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行。【题点对应练】1(方向1)如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点。(1)证明：CE平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值。解(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB。因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EFAD且EFAD。又因为BCAD，BCAD，所以EFBC且EFBC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF。因为BF平面PAB，CE平面PAB，所以CE平面PAB。(2)分别取BC，AD的中点为M，N。连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN。因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQCE。由PAD为等腰直角三角形得PNAD。由DCAD，N是AD的中点得BNAD。又PNBNN，所以AD平面PBN。由BCAD得BC平面PBN，那么平面PBC平面PBN。过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH。则MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角。设CD1。在PCD中，由PC2，CD1，PD得CE，在PBN中，由PNBN1，PB得QH，在RtMQH中，QH，MQ，所以sinQMH，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是。2(方向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：PAGH。证明如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，又M是PC的中点，所以APOM。又MO平面BMD，PA平面BMD，所以PA平面BMD。又因为平面PAHG平面BMDGH，且PA平面PAHG，所以PAGH。考点二面面平行的判定与性质微点小专题方向1：面面平行的判定与证明【例3】已知四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，AD2BC，E，F分别为CC1，DD1的中点。求证：平面BEF平面AD1C1。证明取AD的中点G，连接BG，FG。因为E，F分别为CC1，DD1的中点，所以C1D1綊CD綊EF，因为C1D1平面AD1C1，EF平面AD1C1，所以EF平面AD1C1。因为ADBC，AD2BC，所以GD綊BC，即四边形BCDG是平行四边形，所以BG綊CD，所以BG綊EF，即四边形EFGB是平行四边形，所以BEFG。因为F，G分别是DD1，AD的中点，所以FGAD1，所以BEAD1。因为AD1平面AD1C1，BE平面AD1C1，所以BE平面AD1C1。又BE平面BEF，FE平面BEF，BEEFE，所以平面BEF平面AD1C1。证明面面平行的常用方法1利用面面平行的定义或判定定理。2利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l，l)。3利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(，)。方向2：面面平行性质定理的应用【例4】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，AF平面ABCD，DE平面ABCD，ADBC，BC2AD。请在图中作出平面，使得DE，且BF，并说明理由。解如图，取BC的中点P，连接PD，PE，则平面PDE即为所求的平面。下面证明BF。因为BC2AD，ADBC，所以ADBP，且ADBP，所以四边形ABPD为平行四边形，所以ABDP。又AB平面PDE，PD平面PDE，所以AB平面PDE。因为AF平面ABCD，DE平面ABCD，所以AFDE。又AF平面PDE，DE平面PDE，所以AF平面PDE。又AF平面ABF，AB平面ABF，ABAFA，所以平面ABF平面PDE。又BF平面ABF，所以BF平面PDE，即BF。本题先构造平面FAB平面EDP，又FB平面FAB，从而FB平面EDP，从本例4可以看出线面平行可以通过面面平行的性质定理实现。另外，有时线线平行也可以通过面面平行的性质定理实现。【题点对应练】1(方向1)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC上一点，且A1B平面AC1D，点D1是B1C1的中点。求证：平面A1BD1平面AC1D。证明如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以点E是A1C的中点，因为A1B平面AC1D，平面A1BC平面AC1DED，所以A1BED，因为点E是A1C的中点，所以点D是BC的中点，又因为点D1是B1C1的中点，所以D1C1綊BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以BD1C1D。又BD1平面AC1D，C1D平面AC1D，所以BD1平面AC1D，又因为A1BBD1B，所以平面A1BD1平面AC1D。2(方向2)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EFDB。已知G，H分别是EC和FB的中点。求证：GH平面ABC。证明取FC中点I，连接GI，HI，则有GIEF，HIBC，所以HI平面ABC，又EFDB，所以GIBD，所以GI平面ABC。又GIHII，BDBCB，所以平面GHI平面ABC，因为GH平面GHI，所以GH平面ABC。1(配合例1使用)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由。解解法一：假设在棱AB上存在点E，使得DE平面AB1C1，如图，取BB1的中点F，连接DF，EF，ED，则DFB1C1，又DF平面AB1C1，B1C1平面AB1C1，所以DF平面AB1C1，又DE平面AB1C1，DEDFD，所以平面DEF平面AB1C1，因为EF平面DEF，所以EF平面AB1C1，又因为EF平面ABB1，平面ABB1平面AB1C1AB1，所以EFAB1，因为点F是BB1的中点，所以点E是AB的中点。即当点E是AB的中点时，DE平面AB1C1。解法二：存在点E，且E为AB的中点时，DE平面AB1C1。证明如下：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DFB1C1。因为DF平面AB1C1，B1C1平面AB1C1，所以DF平面AB1C1。因为AB的中点为E，连接EF，ED，则EFAB1。因为EF平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以EF平面AB1C1。因为DFEFF，所以平面DEF平面AB1C1。而DE平面DEF，所以DE平面AB1C1。2(配合例2使用)如图，四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2。点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH平面ABCD，BC平面GEFH。(1)证明：GHEF；(2)若EB2，求四边形GEFH的面积。解(1)证明：因为BC平面GEFH，BC平面PBC，且平面PBC平面GEFHGH，所以GHBC。同理可证EFBC，因此GHEF。(2)如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK。因为PAPC，O是AC的中点，所以POAC，同理可得POBD。又BDACO，且AC，BD底面ABCD，所以PO底面ABCD。又因为平面GE