2020版高考数学一轮复习第7章立体几何第4讲直线、平面平行的判定与性质讲义理（含解析）.doc

1、1第 4 讲 直线、平面平行的判定与性质考纲解读 1.掌握线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的平行关系的简单命题(重点)2.高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面平行的判定和性质考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容预测 2020 年将会以以下两种方式进行考查：以几何体为载体，考查线面平行的判定；根据平行关系的性质进行转化试题常以解答题的第一问直接考查，难度不大，属中档题型.1直线与平面平行的判定定理和性质定理2平面与平面平行的判定定理和性质定理23.必记结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一

2、个平面(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行1概念辨析(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行( )(2)若直线 a平面 ， P ，则过点 P 且平行于直线 a 的直线有无数条( )(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( )答案 (1) (2) (3) (4)2小题热身(1)如果直线 a 平行于平面 ，

3、直线 b a，则 b 与 的位置关系是( )A b 与 相交 B b 或 b3C b D b 答案 B解析 两条平行线中的一条与已知平面相交，则另一条也与已知平面相交，所以由直线 b a，可知若 b 与 相交，则 a 与 也相交，而由题目已知，直线 a 平行于平面 ，所以 b 与 不可能相交，所以 b 或 b .故选 B.(2)下列命题中成立的个数是( )直线 l 平行于平面 内的无数条直线，则 l ；若直线 l 在平面 外，则 l ；若直线 l b，直线 b ，则 l ；若直线 l b，直线 b ，那么直线 l 就平行于平面 内的无数条直线A1 B2C3 D4答案 A解析 当直线 l 在平面

4、内时，结论不成立，错误若直线 l 在平面 外，则l 或 l 与 相交，错误根据线面平行的定义可知，直线 l 在平面外时，结论才成立，错误根据平行公理可知，若直线 l b，直线 b ，那么直线 l 就平行于平面 内的无数条直线，正确故成立的只有，所以 A 正确(3)如图， ， PAB 所在的平面与 ， 分别交于 CD， AB，若PC2， CA3， CD1，则 AB_.答案 52解析 因为 ，所以 CD AB，所以 .因为 PC2， CA3， CD1，所以PCPA CDABAB .52(4)在正方体 ABCD A1B1C1D1中，下列结论正确的是_(填序号) AD1 BC1；平面 AB1D1平面

5、BDC1； AD1 DC1； AD1平面 BDC1.答案 4解析 如图，因为 AB 綊 C1D1，所以四边形 AD1C1B 为平行四边形故 AD1 BC1，从而正确；易证 BD B1D1， AB1 DC1，又 AB1 B1D1 B1， BD DC1 D，故平面 AB1D1平面 BDC1，从而正确；由图易知 AD1与 DC1异面，故错误；因为 AD1 BC1， AD1平面 BDC1， BC1平面 BDC1，所以 AD1平面 BDC1，故正确题型 直线与平面平行的判定与性质一角度 1 线面平行判定定理的应用1在四棱锥 P ABCD 中， PA平面 ABCD， ABC 是正三角形， AC 与 BD

6、的交点 M 恰好是 AC 的中点，又 PA AB4， CDA120，点 N 在 PB 上，且 PN .2求证： MN平面 PDC.证明 在正三角形 ABC 中， BM2 .3在 ACD 中， M 为 AC 的中点， DM AC，5 AD CD，又 ADC120， DM ，则 3.233 BMMD在等腰直角三角形 PAB 中， PA AB4， PB4 ，则 3， ， MN PD.2BNNP BNNP BMMD又 MN平面 PDC， PD平面 PDC， MN平面 PDC.角度 2 线面平行性质定理的应用2如图所示， CD， AB 均与平面 EFGH 平行， E， F， G， H 分别在 BD， B

7、C， AC， AD 上，且 CD AB.求证：四边形 EFGH 是矩形证明 CD平面 EFGH，而平面 EFGH平面 BCD EF， CD EF.同理 HG CD， EF HG.同理 HE GF，四边形 EFGH 为平行四边形， CD EF， HE AB， HEF 为异面直线 CD 和 AB 所成的角又 CD AB， HE EF.平行四边形 EFGH 为矩形1判定线面平行的四种方法(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 ， a ba )；(3)利用面面平行的性质定理( ， a a )；(4)利用面面平行的性质( ， a ， a ， a a )2用线面平

8、行的判定定理证明线面平行(1)关键：在平面内找到一条与已知直线平行的直线(2)方法：合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行(3)易错：容易漏掉说明直线在平面外3用线面平行的性质定理证明线线平行6(1)定势：看到线面平行想到用性质定理(2)关键：合理选择过已知直线的平面与已知平面相交 1(2016全国卷改编)如图，四棱锥 P ABCD 中，AD BC， AB AD AC3， PA BC4， M 为线段 AD 上一点， AM2 MD， N 为 PC 的中点证明： MN平面 PAB.证明 由已知得 AM AD2.如图，23取 BP 的中点 T，连接 AT， TN，由

9、N 为 PC 中点知 TN BC， TN BC2.12又 AD BC，故 TN 綊 AM，所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MN AT.因为 AT平面 PAB， MN平面 PAB，所以 MN平面 PAB.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.7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， AP OM.又 MO平面 BMD，

10、 PA平面 BMD， PA平面 BMD.平面 PAHG平面 BMD GH，且 PA平面 PAHG， PA GH.题型 平面与平面平行的判定与性质二如图所示，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；8(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，则 GH B1C1.又 B1C1 BC， GH BC， B， C， H， G 四点共面(2) E， F 分别为 AB， AC 的中点， EF BC， EF平面

11、 BCHG， BC平面 BCHG， EF平面 BCHG.又 G， E 分别为 A1B1， AB 的中点， A1B1綊 AB， A1G 綊 EB.四边形 A1EBG 是平行四边形， A1E GB. A1E平面 BCHG， GB平面 BCHG， A1E平面 BCHG.又 A1E EF E，平面 EFA1平面 BCHG.条件探究 在举例说明中，若将条件“ E， F， G， H 分别是 AB， AC， A1B1， A1C1的中点”变为“点 D， D1分别是 AC， A1C1上的点，且平面 BC1D平面 AB1D1”，试求 的值ADDC解 连接 A1B 交 AB1于 O，连接 OD1.由平面 BC1D平

12、面 AB1D1，且平面 A1BC1平面 BC1D BC1，平面 A1BC1平面 AB1D1 D1O.所以 BC1 D1O，则 1.A1D1D1C1 A1OOB同理可证 AD1 DC1，则 ，A1D1D1C1 DCAD所以 1，即 1.DCAD ADDC1判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行(2)证明两平面垂直于同一条直线(3)证明两平面与第三个平面平行92面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线

13、是相交直线 1在如图所示的几何体中， D 是 AC 的中点， EF DB， G， H 分别是 EC 和 FB 的中点求证： GH平面 ABC.证明 取 FC 的中点 I，连接 GI， HI，则有 GI EF， HI BC.又 EF DB，所以 GI BD，又 GI HI I， BD BC B，所以平面 GHI平面 ABC.因为 GH平面 GHI，所以 GH平面 ABC.2(2018河南郑州模拟)如图，四边形 ABCD 与 ADEF 均为平行四边形， M， N， G 分别是 AB， AD， EF 的中点10求证：(1) BE平面 DMF；(2)平面 BDE平面 MNG.证明 (1)如图，连接 A

14、E，则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O，连接 MO，则 MO 为 ABE 的中位线，所以 BE MO，又 BE平面 DMF， MO平面 DMF，所以 BE平面 DMF.(2)因为 N， G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD， EF 的中点，所以 DE GN，又 DE平面 MNG， GN平面 MNG，所以 DE平面 MNG.又 M 为 AB 的中点， N 为 AD 的中点，所以 MN 为 ABD 的中位线，所以 BD MN，又 BD平面 MNG， MN平面 MNG，所以 BD平面 MNG，又 DE 与 BD 为平面 BDE 内的两条相交直线，所以平面 BDE平面 MNG.题型 立体

15、几何中的探索性问题三在如图所示的多面体中， DE平面 ABCD， AF DE， AD BC， AB CD， ABC60，BC2 AD4 DE4.11(1)在 AC 上求作点 P，使 PE平面 ABF，请写出作法并说明理由；(2)求三棱锥 A CDE 的高解 (1)取 BC 的中点 G，连接 DG，交 AC 于点 P，连接 EG， EP.此时 P 为所求作的点(如图所示)下面给出证明： BC2 AD， G 为 BC 的中点， BG AD.又 BC AD，四边形 BGDA 是平行四边形，故 DG AB，即 DP AB.又 AB平面 ABF， DP平面 ABF， DP平面 ABF. AF DE， A

16、F平面 ABF， DE平面 ABF， DE平面 ABF.又 DP平面 PDE， DE平面 PDE， PD DE D，平面 PDE平面 ABF， PE平面 PDE， PE平面 ABF.(2)在等腰梯形 ABCD 中， ABC60， BC2 AD4，可求得梯形的高为 ，从而 ACD 的面积为 2 .312 3 3 DE平面 ABCD， DE 是三棱锥 E ACD 的高设三棱锥 A CDE 的高为 h.由 VA CDE VE ACD，可得12S CDEh S ACDDE，13 13即 21h 1，解得 h .12 3 3故三棱锥 A CDE 的高为 .3线面平行的探究性问题解决探究性问题一般先假设求

17、解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在，而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明 (2018合肥三模)如图，侧棱与底面垂直的四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是梯形，AB CD， AB AD， AA14， DC2 AB， AB AD3，点 M 在棱 A1B1上，且 A1M A1B1.点 E 是13直线 CD 的一点， AM平面 BC1E.(1)试确定点 E 的位置，并说明理由；(2)求三棱锥 M BC1E 的体积解 (1)如图，在棱 C1D1上取点 N，使 D1N A1M1.又 D1N A1M， MN A1D1 AD.四边形 AMND 为平行四边形， AM DN.13过 C1作 C1E DN 交 CD 于 E，连接 BE， DN平面 BC1E， AM平面 BC1E，平面 BC1E 即为所求，此时 CE1.(2)由(1)知， AM平面 BC1E， VM BC1E VA BC1E VC1 ABE 46.13 (1233)