【数学】2020届一轮复习人教A版直线、平面平行的判定和性质学案

【数学】2020届一轮复习人教A版直线、平面平行的判定和性质学案

直线、平面平行的判定和性质 ‎ 审稿: ‎ ‎【考纲要求】‎ ‎1、掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理； ‎ ‎2、掌握两个平面平行的判定定理和性质定理．‎ ‎3、能运用公理、定理和已经获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题。‎ ‎【知识网络】‎ 直线、平面平行 判定定理 性质定理 线面平行 面面平行 判定定理 性质定理 ‎【考点梳理】‎ 考点一、直线与平面平行的判定 ‎1、判定定理：‎ ‎（1）内容： 如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．‎ ‎（2）符号语言：‎ ‎2、判定直线与平面平行，主要有三种方法：‎ ‎（1）利用定义（常用反证法）；‎ ‎（2）利用判定定理：关键是找平面内与已知直线平行的直线。可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线。‎ ‎（3）利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个平面内的任一直线平行于另一平面。‎ 要点诠释：‎ 线面平行关系没有传递性，即平行线中的一条平行于一平面，另一条不一定平行于该平面。‎ 考点二、直线与平面平行的性质 ‎1、性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.‎ ‎2、符号语言：．‎ 考点三、平面与平面平行的判定 1、 面面平行的定义：如果两个平面没有公共点，那么这两个平面互相平行．‎ 2、 图形表示：画两个平面平行时，通常把表示这两个平面的平行四边形的相邻两边分别画成平行的．‎ 3、 平行平面的判定定理： 如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面互相平行．‎ 4、 符号语言：‎ ‎　　　　 ‎ ‎5、判定平面与平面平行的常用方法：‎ ‎①利用定义（常用反证法）；‎ ‎②利用判定定理：转化为判定一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面。客观题中，也可直接利用一个平面内的两条相交线分别平行于另一个平面的两条相交线来证明两平面平行；‎ ‎③利用面面平行的传递性：‎ ‎④利用线面垂直的性质：。‎ 考点四、平面与平面平行的性质 1、 平行平面的性质定理：‎ 如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．‎ 1、 符号语言：‎ 2、 面面平行的另一性质：‎ 如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面． 符号语言：．‎ 要点诠释：‎ 平面与平面平行的判定与性质，同直线与平面平行的判定与性质一样，体现了转化与化归的思想。三种平行关系如图：‎ 性质过程的转化实施，关键是作辅助平面，通过作辅助平面得到交线，就可把面面平行化为线面平行并进而化为线线平行，注意作平面时要有确定平面的依据。‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、直线与平面平行的判定 例1、直线、平面平行的判定与性质例1】‎ 如图所示，已知P、Q是单位正方体ABCD-A1B1C1D1的面A1B1BA和面ABCD的中心。‎ 证明：PQ//平面BCC1B1‎ ‎【证明】方法一：如图，取B1B中点E,BC中点F，连接PE、QF、EF，‎ 因为在三角形A1B1B中，P、E分别是A1B和B1B的中点，‎ 所以PEA1B1，‎ 同理，QFAB，‎ 又因为A1B1AB,所以PEQF 所以四边形PEFQ是平行四边形，所以PQ//EF.‎ 又PQ平面BCC1B1，EF平面BCC1B1，所以PQ//平面BCC1B1.‎ 方法二：如图，取AB的中点E,连接PE,QE,因为P是A1B的中点，‎ 所以PE//A1A,有A1A//BB1,‎ 所以PE//BB1‎ 又PE平面BCC1B1,BB1平面BCC1B1，同理QE//平面BCC1B1，‎ 有PE、QE平面PQE,PEQE=E,‎ 所以平面PQE//平面BBC1B1，又PQ平面PQE,所以PQ//平面BCC1B1.‎ 举一反三：‎ ‎【变式】如图，矩形ABCD和梯形BEFC有公共边BC，BE//CF，∠BCF=900，求证：AE//平面DCF ‎【解析】过点E作EG⊥CF交CF于G，连接DG，可得四边形BCGE为矩形。‎ 又ABCD为矩形，所以ADEG，从而四边形ADGF为平行四边形，故AE//DG。因为AE平面DCF，DG平面DCF，所以AE//平面DCF ‎【点评】作EG⊥CF于GADEGAE//DGAE//平面DCF 类型二、直线与平面平行的性质 例2、如图，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大。‎ ‎【解析】先利用线面平行的性质，判定截面形状，再建立面积函数求最值。‎ ‎∵AB//平面EFGH，平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH，∴AB//FG，AB//EH，∴FG//EH，同理可证EF//GH，∴截面EFGH是平行四边形。设AB=a,CD=b,∠FGH=α（α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角）。‎ 又设FG=x.GH=y,则由平面几何知识可得 两式相加得 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴当且仅当时，取最大值，此时，即当截面EFGH的顶点E、F、G、H分别为棱AD、AC、BC、BD的中点时，截面面积最大。‎ ‎【点评】利用线面平行的性质，可以实现由线面平行到线线平行的转化。在平时的解题过程中，若遇到线面平行这一条件，就需在图中找（或作）过已知直线与已知平面相交的平面。这样就可以由性质定理实现平行转化。至于最值问题，常用函数思想解决，若题目中没有涉及边长，要大胆地设未知量，以便解题。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】如图，在四面体ABCD中，截面EFGH是平行四边形．‎ 求证：AB∥平面EFG．‎ ‎【解析】∵面EFGH是截面．‎ ‎∴点E，F，G，H分别在BC，BD，DA，AC上．‎ ‎∴EH 面ABD，GF面ABC，‎ 由已知，EH∥GF．∴EH∥面ABD．‎ 又 ∵EH 面BAC，面ABC∩面ABD=AB ‎∴EH∥AB，EH 平面EFG，AB平面EFG ‎∴AB∥面EFG．‎ 类型三、平面与平面平行的判定 例3（2018青岛二模）如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1=a，AB=2a，，E、F分别是AD、AB的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面EFB1D1∥平面BDC1；‎ ‎（Ⅱ）求证：A1C⊥平面BDC1．‎ ‎ ‎ ‎【证明】（Ⅰ）连接A1C1，AC，分别交B1D1，EF，BD于M，N，P，连接MN，C1P 由题意，BD∥B1D1‎ 因为BD⊄平面EFB1D1，B1D1⊂平面EFB1D1，所以BD∥平面EFB1D1‎ 又因为A1B1=a，AB=2a，所以 又因为E、F分别是AD、AB的中点，所以 所以MC1=NP 又因为AC∥A1C1，所以MC1∥NP 所以四边形MC1PN为平行四边形 所以PC1∥MN 因为PC1⊄平面EFB1D1，MN⊂平面EFB1D1，所以PC1∥平面EFB1D1‎ 因为PC1∩BD=P，所以平面EFB1D1∥平面BDC1‎ ‎（Ⅱ）连接A1P，因为A1C1∥PC，A1C1=，‎ 所以四边形A1C1CP为平行四边形 因为，所以四边形A1C1CP为菱形 所以A1C⊥PC1‎ 因为MP⊥平面ABCD，MP⊂平面A1C1CA 所以平面A1C1CA⊥平面ABCD，‎ 因为BD⊥AC，所以BD⊥平面A1C1CA 因为A1C⊂平面A1C1CA，所以BD⊥A1C 因为PC1∩BD=P，所以A1C⊥平面BDC1．‎ ‎ ‎ 举一反三：‎ ‎【变式】（2015春 澄城县期末）如图所示的多面体中，ABCD是菱形，BDEF是矩形，ED⊥面ABCD，连结AC，AC∩BD=O，‎ ‎（Ⅰ）求证：面BCF∥面AED；‎ ‎（Ⅱ）求证：AO是四棱锥A﹣BDEF的高．‎ ‎【证明】（Ⅰ）在矩形BDEF中，FB∥ED，‎ ‎∵FB不包含于平面AED，ED⊂平面AED，‎ ‎∴FB∥平面AED，‎ 同理，BC∥平面AED，‎ 又FB∩BC=B，‎ ‎∴平面FBC∥平面EDA．‎ ‎（Ⅱ）解：∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，‎ ‎∵ED⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，‎ ‎∴ED⊥AC，‎ ‎∵ED∩BD=O，‎ ‎∴AO⊥平面BDEF，‎ ‎∴AO是四棱锥A﹣BDEF的高．‎ 类型四、平面与平面平行的性质及应用 例4、已知，平面α//平面β，AB、CD夹在α、β之间，A、C∈α，B、D∈β，E、F分别为AB、CD的中点，求证：EF//α，EF//β ‎【解析】当AB和CD共面时，经过AB、CD的平面与α、β分别交于AC、BD。∵α//β，∴AC//BD。又∵AE=EB，CF=FD，∴EF//AC。∵ACα，EFα，∴EF//α，同理EF//β，当AB和CD异面时，如图：‎ 在CD现E所确定的平面内，过点E作C‘D’//CD与α、β分别交于点C‘、D’。经过相交直线AB和C‘D’作平面分别交α、β于AC‘、BD’。∵α//β，∴AC‘//BD’，又AE=EB，∴C‘E=ED’。∵C‘D’//CD，∴经过C‘D’和CD作平面与α、β分别交于C‘C和D’D。∵α//β，∴C‘C//D’D。‎ 在平面四边形C‘D’DC中，∵C‘E=ED’，CF=FD，∴EF// D’D。∵D’Dβ，EFβ，∴EF//β，同理EF//α。‎ ‎【点评】通过作辅助平面，利用面面平行得到线线平行，再证线面平行。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】如图，∥，AB交、于A、B，‎ CD交、 于C、D，ABCD＝O，O在两平面之间，‎ AO＝5，BO＝8，CO＝6．求CD．‎ B D β α A C O ‎【解析】由面面平行的性质定理得AC∥DB， 即 ‎∴OD＝ ∴CD＝＋6＝‎