【数学】2020届一轮复习人教版（理）第7章第4讲直线、平面平行的判定与性质学案

【数学】2020届一轮复习人教版（理）第7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 ‎[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：①以几何体为载体，考查线面平行的判定；②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 ‎3.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α，P∈α，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α，直线b∥a，则b与α的位置关系是(　　)‎ A．b与α相交 B．b∥α或b⊂α C．b⊂α D．b∥α 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α相交，则a与α也相交，而由题目已知，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.故选B.‎ ‎(2)下列命题中成立的个数是(　　)‎ ‎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．‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 答案　A 解析　当直线l在平面内时，结论不成立，∴①错误．若直线l在平面α外，则l∥α或l与α相交，∴②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，∴③错误．根据平行公理可知，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，‎ ‎∴④正确．故成立的只有④，所以A正确．‎ ‎(3)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.‎ 答案　 解析　因为α∥β，所以CD∥AB，所以＝.因为PC＝2，CA＝3，CD ‎＝1，所以AB＝.‎ ‎(4)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．‎ ‎①AD1∥BC1；‎ ‎②平面AB1D1∥平面BDC1；‎ ‎③AD1∥DC1；‎ ‎④AD1∥平面BDC1.‎ 答案　①②④‎ 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，故③错误；‎ 因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，‎ 所以AD1∥平面BDC1，故④正确．‎ 题型 　直线与平面平行的判定与性质 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的交点M恰好是AC的中点，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°，点N在PB上，且PN＝.‎ 求证：MN∥平面PDC.‎ 证明　在正三角形ABC中，BM＝2.‎ 在△ACD中，∵M为AC的中点，DM⊥AC，‎ ‎∴AD＝CD，又∵∠ADC＝120°，‎ ‎∴DM＝，则＝3.‎ 在等腰直角三角形PAB中，PA＝AB＝4，‎ ‎∴PB＝4，则＝3，∴＝，∴MN∥PD.‎ 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，BC，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⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；‎ ‎(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；‎ ‎(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．‎ ‎2．用线面平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 ‎(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Ⅲ改编)如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．证明：MN∥平面PAB.‎ 证明　由已知得AM＝AD＝2.如图，‎ 取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 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.‎ 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，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 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；‎ ‎(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．‎ 解　连接A1B交AB1于O，连接OD1.‎ 由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.‎ 所以BC1∥D1O，则＝＝1.‎ 同理可证AD1∥DC1，则＝，‎ 所以＝1，即＝1.‎ ‎1．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．‎ ‎2．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．‎ 求证：(1)BE∥平面DMF；‎ ‎(2)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，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 　立体几何中的探索性问题 在如图所示的多面体中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4.‎ ‎(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：∵BC＝2AD，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，AF⊂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，‎ ‎∵∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4，‎ ‎∴可求得梯形的高为，从而△ACD的面积为×2×＝.‎ ‎∵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 ×S△CDE×h＝S△ACD×DE，‎ 即×2×1×h＝×1，解得h＝.‎ 故三棱锥A－CDE的高为.‎ 线面平行的探究性问题 解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，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，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，点M在棱A1B1上，且A1M＝A1B1.点E是直线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＝A1M＝1.‎ 又∵D1N∥A1M，∴MN∥A1D1∥AD.‎ ‎∴四边形AMND为平行四边形，‎ ‎∴AM∥DN.‎ 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CE＝1.‎ ‎(2)由(1)知，AM∥平面BC1E，‎ ‎∴VM－BC1E＝VA－BC1E＝VC1－ABE＝××4＝6.‎