高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.4 平行关系学案 文 北师大版.doc

8.4平行关系最新考纲考情考向分析1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1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aa，b，abaa，a，b结论abaab2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a，b，abp，a，b，a，b，a结论aba知识拓展重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a，a，则.(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a，b，则ab.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若，则.题组一思考辨析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)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线()(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与平面内无数条直线平行，则a.()(6)若，直线a，则a.()题组二教材改编2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答案d解析a中，a可以在过b的平面内；b中，a与内的直线也可能异面；c中，两平面可相交；d中，由直线与平面平行的判定定理知b，正确3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_答案平行解析连接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.题组三易错自纠4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存在唯一与a平行的直线答案a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.5设，为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：a，b，a，b；，；，；a，b，ab.其中能推出的条件是_(填上所有正确的序号)答案解析在条件或条件中，或与相交；由，条件满足；在中，a，abb，又b，从而，满足6.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_答案平行四边形解析平面abfe平面dcgh，又平面efgh平面abfeef，平面efgh平面dcghhg，efhg.同理ehfg，四边形efgh是平行四边形题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1直线与平面平行的判定典例 如图，在四棱锥pabcd中，adbc，abbcad，e，f，h分别为线段ad，pc，cd的中点，ac与be交于o点，g是线段of上一点(1)求证：ap平面bef；(2)求证：gh平面pad.证明(1)连接ec，adbc，bcad，bc綊ae，四边形abce是平行四边形，o为ac的中点又f是pc的中点，foap，又fo平面bef，ap平面bef，ap平面bef.(2)连接fh，oh，f，h分别是pc，cd的中点，fhpd，又pd平面pad，fh平面pad，fh平面pad.又o是be的中点，h是cd的中点，ohad，又ad平面pad，oh平面pad，oh平面pad.又fhohh，平面ohf平面pad.又gh平面ohf，gh平面pad.命题点2直线与平面平行的性质典例 (2017长沙调研)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(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)解如图，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gefh平面abcd，且po平面gefh，所以po平面gefh.因为平面pbd平面gefhgk，所以pogk，且gk底面abcd，从而gkef.所以gk是梯形gefh的高由ab8，eb2得ebabkbdb14，从而kbdbob，即k为ob的中点再由pogk得gkpo，即g是pb的中点，且ghbc4.由已知可得ob4，po6，所以gk3.故四边形gefh的面积sgk318.思维升华 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，b，aba)(3)利用面面平行的性质(，aa)(4)利用面面平行的性质(，a，a，aa)跟踪训练 (2018届昆明一中摸底)如图，在直三棱柱abca1b1c1中，bac90，abac2，点m，n分别为a1c1，ab1的中点(1)证明：mn平面bb1c1c；(2)若cmmn，求三棱锥mnac的体积(1)证明连接a1b，bc1，点m，n分别为a1c1，ab1的中点，所以mn为a1bc1的一条中位线，mnbc1，又因为mn平面bb1c1c，bc1平面bb1c1c，所以mn平面bb1c1c.(2)解设点d，e分别为ab，aa1的中点，aa1a，连接nd，cd，则cm2a21，mn21，cn25，由cmmn，得cm2mn2cn2，解得a，又ne平面aa1c1c，ne1，v三棱锥mnacv三棱锥namcsamcne21.所以三棱锥mnac的体积为.题型二平面与平面平行的判定与性质典例 如图所示，在三棱柱abca1b1c1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)g，h分别是a1b1，a1c1的中点，gh是a1b1c1的中位线，ghb1c1.又b1c1bc，ghbc，b，c，h，g四点共面(2)e，f分别是ab，ac的中点，efbc.ef平面bchg，bc平面bchg，ef平面bchg.a1g綊eb，四边形a1ebg是平行四边形，a1egb.又a1e平面bchg，gb平面bchg，a1e平面bchg.又a1eefe，a1e，ef平面efa，平面efa1平面bchg.引申探究在本例条件下，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交ac1于点m，四边形a1acc1是平行四边形，m是a1c的中点，连接md，d为bc的中点，a1bdm.a1b平面a1bd1，dm平面a1bd1，dm平面a1bd1.又由三棱柱的性质知，d1c1綊bd，四边形bdc1d1为平行四边形，dc1bd1.又dc1平面a1bd1，bd1平面a1bd1，dc1平面a1bd1.又dc1dmd，dc1，dm平面ac1d，平面a1bd1平面ac1d.思维升华 证明面面平行的方法(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)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”的相互转化跟踪训练 (2018届南昌摸底)如图，在四棱锥pabcd中，abcacd90，baccad60，pa平面abcd，pa2，ab1.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pabm的体积(1)证明m，n分别为pd，ad的中点，mnpa.又mn平面pab，pa平面pab，mn平面pab.在rtacd中，cad60，cnan，acn60.又bac60，cnab.cn平面pab，ab平面pab，cn平面pab.又cnmnn，cn，mn平面cmn，平面cmn平面pab.(2)解由(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的距离由已知得，ab1，abc90，bac60，bc，三棱锥pabm的体积vv三棱锥mpabv三棱锥cpabv三棱锥pabc12.题型三平行关系的综合应用典例 如图所示，平面平面，点a，点c，点b，点d，点e，f分别在线段ab，cd上，且aeebcffd.(1)求证：ef平面；(2)若e，f分别是ab，cd的中点，ac4，bd6，且ac，bd所成的角为60，求ef的长(1)证明当ab，cd在同一平面内时，由平面平面，平面平面abdcac，平面平面abdcbd知，acbd.aeebcffd，efbd.又ef，bd，ef平面.当ab与cd异面时，如图所示，设平面acd平面dh，且dhac，平面平面，平面平面acdhac，acdh，四边形acdh是平行四边形，在ah上取一点g，使agghcffd，连接eg，fg，bh.又aeebcffdaggh，gfhd，egbh.又eggfg，bhhdh，平面efg平面.又ef平面efg，ef平面.综合可知，ef平面.(2)解如图所示，连接ad，取ad的中点m，连接me，mf.e，f分别为ab，cd的中点，mebd，mfac，且mebd3，mfac2.emf为ac与bd所成的角或其补角，emf60或120.在efm中，由余弦定理得ef ，即ef或ef.思维升华 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决跟踪训练 如图所示，四边形efgh为空间四边形abcd的一个截面，若截面为平行四边形(1)求证：ab平面efgh，cd平面efgh；(2)若ab4，cd6，求四边形efgh周长的取值范围(1)证明四边形efgh为平行四边形，efhg.hg平面abd，ef平面abd，ef平面abd.又ef平面abc，平面abd平面abcab，efab，又ab平面efgh，ef平面efgh，ab平面efgh.同理可证，cd平面efgh.(2)解设efx(0x4)，efab，fgcd，则1.fg6x.四边形efgh为平行四边形，四边形efgh的周长l212x.又0x4，8l12，即四边形efgh周长的取值范围是(8,12)1若直线l不平行于平面，且l，则()a内的所有直线与l异面b内不存在与l平行的直线c与直线l至少有两个公共点d内的直线与l都相交答案b解析因为l，直线l不平行于平面，所以直线l只能与平面相交，于是直线l与平面只有一个公共点，所以平面内不存在与l平行的直线2已知直线a和平面，那么a的一个充分条件是()a存在一条直线b，ab且bb存在一条直线b，ab且bc存在一个平面，a且d存在一个平面，a且答案c解析在a，b，d中，均有可能a，错误；在c中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故c正确3(2018攀枝花质检)平面平面，点a，c，点b，d，则直线ac直线bd的充要条件是()aabcd badcbcab与cd相交 da，b，c，d四点共面答案d解析充分性：a，b，c，d四点共面，由平面与平面平行的性质知acbd.必要性显然成立4一条直线l上有相异的三个点a，b，c到平面的距离相等，那么直线l与平面的位置关系是()al blcl与相交但不垂直 dl或l答案d解析当l时，直线l上任意点到的距离都相等；当l时，直线l上所有的点到的距离都是0；当l时，直线l上有两个点到的距离相等；当l与斜交时，也只能有两个点到的距离相等故选d.5对于空间中的两条直线m，n和一个平面，下列命题中的真命题是()a若m，n，则mn b若m，n，则mnc若m，n，则mn d若m，n，则mn答案d解析对a，直线m，n可能平行、异面或相交，故a错误；对b，直线m与n可能平行，也可能异面，故b错误；对c，m与n垂直而非平行，故c错误；对d，垂直于同一平面的两直线平行，故d正确6在空间四边形abcd中，e，f分别为ab，ad上的点，且aeebaffd14，又h，g分别是bc，cd的中点，则()abd平面efg，且四边形efgh是平行四边形bhg平面abd，且四边形efgh是平行四边形cef平面bcd，且四边形efgh是梯形def平面adc，且四边形efgh是梯形答案c解析如图，由条件知，efbd，且efbd，ghbd，且hgbd，efhg，且efhg，四边形efgh为梯形，排除a，b；ef平面adcf，排除d.故选c.7.如图，e，f，g分别是四面体abcd的棱bc，cd，da的中点，则此四面体与过e，f，g的截面平行的棱的条数是_答案2解析此四面体与过e，f，g的截面平行的棱为ac，bd，只有两条8设，是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“m，n，且_，则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题，n；m，n；n，m.可以填入的条件有_答案或解析由面面平行的性质定理可知，正确；当n，m时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确9(2017承德模拟)如图所示，在正四棱柱abcda1b1c1d1中，e，f，g，h分别是棱cc1，c1d1，d1d，dc的中点，n是bc的中点，点m在四边形efgh及其内部运动，则m只需满足条件_时，就有mn平面b1bdd1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点m在线段fh上(或点m与点h重合)解析连接hn，fh，fn，则fhdd1，hnbd，平面fhn平面b1bdd1，只需mfh，则mn平面fhn，mn平面b1bdd1.10(2018海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”给出下列四个命题：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一平面的两平面平行；平行于同一直线的两直线平行；平行于同一平面的两直线平行其中是“可换命题”的是_(填序号)答案解析由线面垂直的性质定理可知是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故是假命题，故不是“可换命题”11.如图，e，f，g，h分别是正方体abcda1b1c1d1的棱bc，cc1，c1d1，aa1的中点求证：(1)eg平面bb1d1d；(2)平面bdf平面b1d1h.证明(1)如图，取b1d1的中点o，连接go，ob，因为og綊b1c1綊be，所以be綊og，所以四边形bego为平行四边形，故obeg，因为ob平面bb1d1d，eg平面bb1d1d，所以eg平面bb1d1d.(2)由题意可知bdb1d1.连接hb，d1f，因为bh綊d1f，所以四边形hbfd1是平行四边形，故hd1bf.又b1d1hd1d1，bdbfb，所以平面bdf平面b1d1h.12.如图，在四棱锥pabcd中，pd平面abcd，底面abcd为正方形，bcpd2，e为pc的中点，cb3cg.(1)求证：pcbc；(2)ad边上是否存在一点m，使得pa平面meg？若存在，求出am的长；若不存在，请说明理由(1)证明因为pd平面abcd，bc平面abcd，所以pdbc.因为四边形abcd是正方形，所以bccd.又pdcdd，pd，cd平面pcd，所以bc平面pcd.因为pc平面pdc，所以pcbc.(2)解连接ac，bd交于点o，连接eo，go，延长go交ad于点m，连接em，则pa平面meg.证明如下：因为e为pc的中点，o是ac的中点，所以eopa.因为eo平面meg，pa平面meg，所以pa平面meg.因为ocgoam，所以amcg，所以am的长为.13(2018南昌质检)在四面体abcd中，截面pqmn是正方形，则在下列结论中，错误的是()aacbdbac截面pqmncacbdd异面直线pm与bd所成的角为45答案c解析因为截面pqmn是正方形，所以mnqp，又pq平面abc，mn平面abc，则mn平面abc，由线面平行的性质知mnac，又mn平面pqmn，ac平面pqmn，则ac截面pqmn，同理可得mqbd，又mnqm，则acbd，故a，b正确又因为bdmq，所以异面直线pm与bd所成的角等于pm与qm所成的角，即为45，故d正确14(2018届广西桂林模拟)在正四棱柱abcda1b1c1d1中，o为底面abcd的中心，p是dd1的中点，若存在实数，使得cqcc1时