2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线、平面平行的判定与性质教案文新人教A版.docx

第4讲直线、平面平行的判定与性质一、知识梳理1直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行线面平行”)因为la，a，l，所以l性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行线线平行”)因为l，l，b，所以lb2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行面面平行”)因为a，b，abP，a，b，所以性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行因为，a，b，所以ab常用结论1三种平行关系的转化：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2平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a，a，则.(2)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.二、习题改编1(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：选D.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.2(必修2P57例2改编)已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列结论中，正确的是 (只填序号)AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1；AD1平面BDC1.解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因为ABC1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1BC1，从而正确；易证BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，从而正确；由图易知AD1与DC1异面错误；因为AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，故AD1平面BDC1，故正确答案：一、思考辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)直线l平行于平面内的无数条直线，则l.()(2)若直线l在平面外，则l.()(3)若直线lb，直线b，则l.()(4)若直线lb，直线b，那么直线l就平行于平面内的无数条直线()答案：(1)(2)(3)(4)二、易错纠偏(1)对空间平行关系的相互转化条件理解不够；(2)忽略线面平行、面面平行的条件1如果直线a平面，那么直线a与平面内的()A一条直线不相交B两条直线不相交C无数条直线不相交 D任意一条直线都不相交解析：选D.因为a平面，直线a与平面无公共点，因此a和平面内的任意一条直线都不相交，故选D.2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：平行四边形与线、面平行相关命题的判定(师生共研) 设m，n表示不同直线，表示不同平面，则下列结论中正确的是()A若m，mn，则nB若m，n，m，n，则C若，m，mn，则nD若，m，nm，n，则n【解析】A错误，n有可能在平面内；B错误，平面可能与平面相交；C错误，n也有可能在平面内；D正确，易知m或m，若m，又nm，n，所以n，若m，过m作平面交平面于直线l，则ml，又nm，所以nl，又n，l，所以n.【答案】D解决线、面平行关系应注意的问题(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易被忽视(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确1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：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a，可得a平行于经过直线a的平面与的交线c，即ac，又ab，所以bc，b，c，所以b.2(2019高考全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面解析：选B.对于A，C，D选项，均有可能与相交，故排除A，C，D选项，选B.线面平行的判定与性质(多维探究)角度一线面平行的证明 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点求证：(1)BFHD1；(2)EG平面BB1D1D.【证明】(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1MC1.又因为在平面BCC1B1中，BMFC1，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以MC1BF，所以BFHD1.(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OEDC且OEDC，又D1GDC且D1GDC，所以OED1G，所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GED1O.又D1O平面BB1D1D，GE平面BB1D1D，所以EG平面BB1D1D.证明直线与平面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(2)利用线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明角度二线面平行性质的应用 如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EFAB，过BC的平面交棱FD于点P，交棱FA于点Q.证明：PQ平面ABCD.【证明】因为底面ABCD为矩形，所以ADBC，BC平面ADF，BCPQ，PQ平面ABCD.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线该定理的作用是由线面平行转化为线线平行1(2020辽宁丹东质量测试(一)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，D，E分别为AA1，B1C的中点证明：DE平面ABC.证明：取BC的中点F，连接AF，EF，则EFBB1，EFBB1，所以EFDA，EFDA，则四边形ADEF为平行四边形，所以DEAF.又因为DE平面ABC，AF平面ABC，所以DE平面ABC.2如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，AB2，AF1，M是线段EF的中点(1)求证：AM平面BDE；(2)若平面ADM平面BDEl，平面ABM平面BDEm，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论解：(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别是AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AMOE.又因为OE平面BDE，AM平面BDE，所以AM平面BDE.(2)lm，证明如下：由(1)知AM平面BDE，又AM平面ADM，平面ADM平面BDEl，所以lAM，同理，AM平面BDE，又AM平面ABM，平面ABM平面BDEm，所以mAM，所以lm.面面平行的判定与性质(典例迁移) 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)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GHB1C1，又B1C1BC，所以GHBC，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EFBC，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A1GEB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1EGB.因为A1E平面BCHG，GB平面BCHG，所以A1E平面BCHG.又因为A1EEFE，所以平面EFA1平面BCHG.【迁移探究1】(变条件)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HDA1B，又HD平面A1B1BA，A1B平面A1B1BA，所以HD平面A1B1BA.【迁移探究2】(变条件)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，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A1BDM.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，D1C1BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1BD1.又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，所以DC1平面A1BD1，又因为DC1DMD，DC1，DM平面AC1D，所以平面A1BD1平面AC1D.1如图，AB平面平面，过点A，B的直线m，n分别交，于点C，E和点D，F，若AC2，CE3，BF4，则BD的长为()A.B.C. D解析：选C.由AB，易证 .即，所以BD.2(一题多解)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，ED平面ABCD，AF平面ABCD，DE3AF3.证明：平面ABF平面DCE.证明：法一：因为DE平面ABCD，AF平面ABCD，所以DEAF.因为AF平面DCE，DE平面DCE，所以AF平面DCE.因为四边形ABCD是正方形，所以ABCD.因为AB平面DCE，所以AB平面DCE.因为ABAFA，AB平面ABF，AF平面ABF，所以平面ABF平面DCE.法二：因为DE平面ABCD，AF平面ABCD，所以DEAF.因为四边形ABCD为正方形，所以ABCD.又AFABA，DEDCD，所以平面ABF平面DCE.法三：因为DE平面ABCD，所以DEAD，在正方形ABCD中，ADDC.又DEDCD，所以AD平面DEC.同理AD平面ABF.所以平面ABF平面DCE.基础题组练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都相交解析：选B.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(2020大连双基测试)已知直线l，m，平面，则下列条件能推出lm的是()Al，m， B，l，mCl，m Dl，m解析：选B.选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出lm，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交，故选B.3(2020长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，表示不同平面，下列命题：若ac，bc，则ab；若ab，b，则a；若a，b，则ab；若a，b，则ab.真命题的个数是()A1 B2 C3 D4解析：选A.由题意，对于，根据线线平行的传递性可知是真命题；对于，根据ab，b，可以推出a或a，故是假命题；对于，根据a，b，可以推出a与b平行、相交或异面，故是假命题；对于，根据a，b.，可以推出ab或a与b异面，故是假命题，所以真命题的个数是1，故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别为BC，CD的中点，则()ABD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B.由AEEBAFFD14知EFBD，又EF平面BCD，所以EF平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGBD，所以EFHG且EFHG.所以四边形EFGH是梯形5在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为 解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OEBD1，而OE平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1平面ACE.答案：平行6.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上若EF平面AB1C，则线段EF的长等于 解析：因为EF平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1CAC，所以EFAC，所以F为DC的中点故EFAC.答案：7在三棱柱ABCA1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，CAB90，且AC1，AB2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AMAC.(1)若三棱锥A1C1ME的体积为，求AA1的长；(2)证明：CB1平面A1EM.解：(1)设AA1h，因为VA1C1MEVEA1C1M，SA1C1MA1C1h，三棱锥EA1C1M的高为2，所以VEA1C1M2，解得h，即AA1.(2)证明：如图，连接AB1交A1E于点F，连接MF.因为E为BB1的中点，所以AFAB1，又AMAC，所以MFCB1，又MF平面A1EM，CB1平面A1EM，所以CB1平面A1EM.8(2020南昌市摸底调研)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的体积解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MNPA，又MN平面PAB，PA平面PAB，所以MN平面PAB.在RtACD中，CAD60，CNAN，所以ACN60.又BAC60，所以CNAB.因为CN平面PAB，AB平面PAB，所以CN平面PAB.又CNMNN，所以平面CMN平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN平面PAB，所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离因为AB1，ABC90，BAC60，所以BC，所以三棱锥PABM的体积VVMPABVCPABVPABC12.综合题组练1如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为()AACBDBACBDCAC截面PQMND异面直线PM与BD所成的角为45解析：选B.因为截面PQMN是正方形，所以PQMN，QMPN，则PQ平面ACD，QM平面BDA，所以PQAC，QMBD，由PQQM可得ACBD，故A正确；由PQAC可得AC截面PQMN，故C正确；由BDPN，所以MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45，D正确；由上面可知：BDPN，MNAC.所以，而ANDN，PNMN，所以BDAC.B错误故选B.2在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件 时，有平面D1BQ平面PAO.解析：如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QBPA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1BPO，又D1B平面PAO，QB平面PAO，PO平面PAO，PA平面PAO，所以D1B平面PAO，QB平面PAO，又D1BQBB，所以平面D1BQ平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ平面PAO.答案：Q为CC1的中点3如图，四边形ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分