【数学】2021届一轮复习人教A版(文)第八章 第4讲 直线、平面平行的判定与性质学案

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

【数学】2021届一轮复习人教A版(文)第八章 第4讲 直线、平面平行的判定与性质学案

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l∥a,‎ a⊂α,l⊄α,‎ 所以l∥α 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∥α,‎ l⊂β,α∩‎ β=b,‎ 所以l∥b ‎2.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∥β,‎ b∥β,a∩‎ b=P,‎ a⊂α,b⊂α,‎ 所以α∥β 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α∥β,‎ α∩γ=a,‎ β∩γ=b,‎ 所以a∥b 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⊥α,a⊥β,则α∥β.‎ ‎(2)垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b.‎ ‎(3)平行于同一个平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.‎ 二、习题改编 ‎1.(必修2P58练习T3改编)平面α∥平面β的一个充分条件是(  )‎ A.存在一条直线a,a∥α,a∥β B.存在一条直线a,a⊂α,a∥β C.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α D.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α 解析:选D.若α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,a∥α,a∥β,故排除A.若α∩β=l,a⊂α,a∥l,则a∥β,故排除B.若α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则a∥β,b∥α,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).‎ ‎①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;③AD1∥DC1;④AD1∥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AD1∥BC1,从而①正确;‎ 易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,‎ 又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,‎ 故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②正确;由图易知AD1与DC1异面.③错误;因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正确.‎ 答案:①②④‎ 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α内的无数条直线,则l∥α.(  )‎ ‎(2)若直线l在平面α外,则l∥α.(  )‎ ‎(3)若直线l∥b,直线b⊂α,则l∥α.(  )‎ ‎(4)若直线l∥b,直线b⊂α,那么直线l就平行于平面α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α,那么直线a与平面α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α,直线a与平面α无公共点,因此a和平面α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ABFE=EF,平面EFGH∩平面DCGH=HG,所以EF∥HG.同理EH∥FG,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,α,β表示不同平面,则下列结论中正确的是(  )‎ A.若m∥α,m∥n,则n∥α B.若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β C.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β D.若α∥β,m∥α,n∥m,n⊄β,则n∥β ‎【解析】 A错误,n有可能在平面α内;B错误,平面α可能与平面β相交;C错误,n也有可能在平面β内;D正确,易知m∥β或m⊂β,若m⊂β,又n∥m,n⊄β,所以 n∥β,若m∥β,过m作平面γ交平面β于直线l,则m∥l,又n∥m,所以n∥l,又n⊄β,l⊂β,所以n∥β.‎ ‎【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a∥b,那么a平行于经过b的任何平面 B.若直线a和平面α满足a∥α,那么a与α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α满足a∥b,a∥α,b⊄α,则b∥α 解析:选D.A错误,a可能在经过b的平面内;B错误,a与α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∥α,可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c,即a∥c,又a∥b,所以b∥c,b⊄α,c⊂α,所以b∥α.‎ ‎2.(2019·高考全国卷Ⅱ)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(  )‎ A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 解析:选B.对于A,C,D选项,α均有可能与β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)BF∥HD1;‎ ‎(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HD1∥MC1.‎ 又因为在平面BCC1B1中,BMFC1,‎ 所以四边形BMC1F为平行四边形,‎ 所以MC1∥BF,‎ 所以BF∥HD1.‎ ‎(2)取BD的中点O,连接EO,D1O,‎ 则OE∥DC且OE=DC,‎ 又D1G∥DC且D1G=DC,‎ 所以OED1G,‎ 所以四边形OEGD1是平行四边形,‎ 所以GE∥D1O.‎ 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,EF∥AB,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AD∥BC,‎ ⇒BC∥平面ADF,‎ ⇒BC∥PQ,‎ 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,∠BAC=90°,AB=AC=2,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EF∥BB1,EF=BB1,所以EF∥DA,EF=DA,‎ 则四边形ADEF为平行四边形,所以DE∥AF.‎ 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,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.‎ ‎(1)求证:AM∥平面BDE;‎ ‎(2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,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AM∥OE.‎ 又因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,‎ 所以AM∥平面BDE.‎ ‎(2)l∥m,证明如下:‎ 由(1)知AM∥平面BDE,‎ 又AM⊂平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,‎ 所以l∥AM,同理,AM∥平面BDE,‎ 又AM⊂平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,‎ 所以m∥AM,所以l∥m.‎ ‎      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GH∥B1C1,又B1C1∥BC,‎ 所以GH∥BC,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EF∥BC,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A1E∥GB.‎ 因为A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,‎ 所以A1E∥平面BCHG.‎ 又因为A1E∩EF=E,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HD∥A1B,‎ 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A1B∥DM.‎ 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DC1∥BD1.‎ 又DC1⊄平面A1BD1,BD1⊂平面A1BD1,‎ 所以DC1∥平面A1BD1,‎ 又因为DC1∩DM=D,DC1,DM⊂平面AC1D,‎ 所以平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎1.如图,AB∥平面α∥平面β,过点A,B的直线m,n分别交α,β于点C,E和点D,F,若AC=2,CE=3,BF=4,则BD的长为(  )‎ A.         B. C. D. 解析:选C.由AB∥α∥β,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,DE=3AF=3.证明:平面ABF∥平面DCE.‎ 证明:法一:因为DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,‎ 所以DE∥AF.‎ 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AB∥CD.‎ 因为AB⊄平面DCE,‎ 所以AB∥平面DCE.‎ 因为AB∩AF=A,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DE∥AF.‎ 因为四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD.‎ 又AF∩AB=A,DE∩DC=D,‎ 所以平面ABF∥平面DCE.‎ 法三:因为DE⊥平面ABCD,所以DE⊥AD,在正方形ABCD中,AD⊥DC.‎ 又DE∩DC=D,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α,且l⊄α,则(  )‎ A.α内的所有直线与l异面 B.α内不存在与l平行的直线 C.α与直线l至少有两个公共点 D.α内的直线与l都相交 解析:选B.因为l⊄α,直线l不平行于平面α,所以直线l只能与平面α相交,于是直线l与平面α只有一个公共点,所以平面α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α,β,γ,则下列条件能推出l∥m的是(  )‎ A.l⊂α,m⊂β,α∥β B.α∥β,α∩γ=l,β∩γ=m C.l∥α,m⊂α D.l⊂α,α∩β=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l∥m,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,α,β表示不同平面,下列命题:‎ ‎①若a∥c,b∥c,则a∥b;②若a∥b,b∥α,则a∥α;③若a∥α,b∥α,则a∥b;④‎ 若a⊂α,b⊂β,α∥β,则a∥b.‎ 真命题的个数是(  )‎ A.1 B.2 ‎ C.3 D.4‎ 解析:选A.由题意,对于①,根据线线平行的传递性可知①是真命题;对于②,根据a∥b,b∥α,可以推出a∥α或a⊂α,故②是假命题;对于③,根据a∥α,b∥α,可以推出a与b平行、相交或异面,故③是假命题;对于④,根据a⊂α,b⊂β.α∥β,可以推出a∥b或a与b异面,故④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AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则(  )‎ A.BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是矩形 B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形 C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形 D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形 解析:选B.由AE∶EB=AF∶FD=1∶4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EF∥HG且EF≠HG.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OE∥BD1,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,AB=2,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AB1C=AC,所以EF∥AC,所以F为DC的中点.‎ 故EF=AC=.‎ 答案: ‎7.在三棱柱ABCA1B1C1中,已知侧棱与底面垂直,∠CAB=90°,且AC=1,AB=2,E为BB1的中点,M为AC上一点,AM=AC.‎ ‎(1)若三棱锥A1C1ME的体积为,求AA1的长;‎ ‎(2)证明:CB1∥平面A1EM.‎ 解:(1)设AA1=h,‎ 因为VA1C1ME=VEA1C1M,S△A1C1M=A1C1×h=,三棱锥EA1C1M的高为2,‎ 所以VEA1C1M=××2=,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AF=AB1,‎ 又AM=AC,所以MF∥CB1,‎ 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,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.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MN∥PA,‎ 又MN⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,‎ 所以MN∥平面PAB.‎ 在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CN=AN,‎ 所以∠ACN=60°.‎ 又∠BAC=60°,所以CN∥AB.‎ 因为CN⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以CN∥平面PAB.‎ 又CN∩MN=N,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AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,所以BC=,‎ 所以三棱锥PABM的体积V=VMPAB=VCPAB=VPABC=××1××2=.‎ ‎[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(  )‎ A.AC⊥BD B.AC=BD C.AC∥截面PQMN D.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PQ∥MN,QM∥PN,‎ 则PQ∥平面ACD,QM∥平面BDA,‎ 所以PQ∥AC,QM∥BD,‎ 由PQ⊥QM可得AC⊥BD,故A正确;‎ 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故C正确;‎ 由BD∥PN,‎ 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:BD∥PN,MN∥AC.‎ 所以=,=,‎ 而AN≠DN,PN=MN,‎ 所以BD≠AC.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QB∥PA.连接DB,因为P,O分别是DD1,DB的中点,所以D1B∥PO,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D1B∩QB=B,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分别是AB,AD,EF的中点.‎ ‎(1)求证:BE∥平面DMF;‎ ‎(2)求证:平面BDE∥平面MNG.‎ 证明:(1)如图,连接AE,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,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.‎ ‎4.(2020·南昌二模)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2CD=2AD=4,侧面PAB是等腰直角三角形,PA=PB,平面PAB⊥平面ABCD,点E,F分别是棱AB,PB上的点,平面CEF∥平面PAD.‎ ‎(1)确定点E,F的位置,并说明理由;‎ ‎(2)求三棱锥FDCE的体积.‎ 解:(1)因为平面CEF∥平面PAD,平面CEF∩平面ABCD=CE,‎ 平面PAD∩平面ABCD=AD,‎ 所以CE∥AD,又AB∥DC,‎ 所以四边形AECD是平行四边形,‎ 所以DC=AE=AB,‎ 即点E是AB的中点.‎ 因为平面CEF∥平面PAD,平面CEF∩平面PAB=EF,‎ 平面PAD∩平面PAB=PA,‎ 所以EF∥PA,又点E是AB的中点,‎ 所以点F是PB的中点.‎ 综上,E,F分别是AB,PB的中点.‎ ‎(2)连接PE,由题意及(1)知PA=PB,AE=EB,‎ 所以PE⊥AB,又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,‎ 所以PE⊥平面ABCD.‎ 又AB∥CD,AB⊥AD,‎ 所以VFDEC=VPDEC=S△DEC×PE=××2×2×2=.‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档