2020年高考数学理科一轮复习讲义:第7章立体几何第4讲
展开第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.