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    2020年高考数学理科一轮复习讲义:第7章立体几何第4讲
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    2020年高考数学理科一轮复习讲义:第7章立体几何第4讲

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    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

     

     

     

    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αPα,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ba,则bα的位置关系是(  )

    Abα相交 Bbαbα

    Cbα Dbα

    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ba,可知若bα相交,则aα也相交,而由题目已知,直线a平行于平面α,所以bα不可能相交,所以bαbα.故选B.

    (2)下列命题中成立的个数是(  )

    直线l平行于平面α内的无数条直线,则lα

    若直线l在平面α外,则lα

    若直线lb,直线bα,则lα

    若直线lb,直线bα,那么直线l就平行于平面α内的无数条直线.

    A1 B2

    C3 D4

    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lαlα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lb,直线bα,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,所以A正确.

    (3)如图,αβPAB所在的平面与αβ分别交于CDAB,若PC2CA3CD1,则AB________.

    答案 

    解析 因为αβ,所以CDAB,所以.因为PC2CA3CD1,所以AB.

    (4)在正方体ABCDA1B1C1D1中,下列结论正确的是________(填序号)

    AD1BC1

    平面AB1D1平面BDC1

    AD1DC1

    AD1平面BDC1.

    答案 ①②④

    解析 如图,因为ABC1D1

    所以四边形AD1C1B为平行四边形.

    AD1BC1,从而正确;

    易证BDB1D1AB1DC1

    AB1B1D1B1BDDC1D

    故平面AB1D1平面BDC1,从而正确;

    由图易知AD1DC1异面,故错误;

    因为AD1BC1AD1平面BDC1BC1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

    角度1 线面平行判定定理的应用

     

     

    1.在四棱锥PABCD中,PA平面ABCDABC是正三角形,ACBD的交点M恰好是AC的中点,又PAAB4CDA120°,点NPB上,且PN.

    求证:MN平面PDC.

    证明 在正三角形ABC中,BM2.

    ACD中,MAC的中点,DMAC

    ADCD,又∵∠ADC120°

    DM,则3.

    在等腰直角三角形PAB中,PAAB4

    PB4,则3MNPD.

    MN平面PDCPD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,CDAB均与平面EFGH平行,EFGH分别在BDBCACAD上,且CDAB.求证:四边形EFGH是矩形.

    证明 CD平面EFGH,而平面EFGH平面BCDEF

    CDEF.

    同理HGCDEFHG.

    同理HEGF

    四边形EFGH为平行四边形,CDEFHEAB

    ∴∠HEF为异面直线CDAB所成的角.

    CDABHEEF.

    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(aαbαabaα)

    (3)利用面面平行的性质定理(αβaαaβ)

    (4)利用面面平行的性质(αβaαaβaαaβ)

    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·全国卷改编)如图,四棱锥PABCD中,ADBCABADAC3PABC4M为线段AD上一点,AM2MDNPC的中点.证明:MN平面PAB.

    证明 由已知得AMAD2.如图,

    BP的中点T,连接ATTN,由NPC中点知TNBCTNBC2.

    ADBC,故TNAM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.

    因为AT平面PABMN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,MPC的中点,在DM上取一点G,过GPA作平面PAHG交平面BMDGH.求证:PAGH.

    证明 如图所示,连接ACBD于点O,连接MO

    四边形ABCD是平行四边形,

    OAC的中点,

    MPC的中点,APOM.

    MO平面BMDPA平面BMD

    PA平面BMD.

    平面PAHG平面BMDGH

    PA平面PAHGPAGH.

    题型  平面与平面平行的判定与性质

    如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,EFGH分别是ABACA1B1A1C1的中点,求证:

    (1)BCHG四点共面;

    (2)平面EFA1平面BCHG.

    证明 (1)GH分别是A1B1A1C1的中点,

    GHA1B1C1的中位线,则GHB1C1.

    B1C1BCGHBC

    BCHG四点共面.

    (2)EF分别为ABAC的中点,EFBC

    EF平面BCHGBC平面BCHG

    EF平面BCHG.

    GE分别为A1B1AB的中点,A1B1AB

    A1GEB.

    四边形A1EBG是平行四边形,A1EGB.

    A1E平面BCHGGB平面BCHG

    A1E平面BCHG.A1EEFE

    平面EFA1平面BCHG.

    条件探究 在举例说明中,若将条件EFGH分别是ABACA1B1A1C1的中点变为DD1分别是ACA1C1上的点,且平面BC1D平面AB1D1,试求的值.

    解 连接A1BAB1O,连接OD1.

    由平面BC1D平面AB1D1,且平面A1BC1平面BC1DBC1,平面A1BC1平面AB1D1D1O.

    所以BC1D1O,则1.

    同理可证AD1DC1,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,DAC的中点,EFDBGH分别是ECFB的中点.求证:GH平面ABC.

    证明 FC的中点I,连接GIHI

    则有GIEFHIBC.

    EFDB,所以GIBD

    GIHIIBDBCB

    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ABCDADEF均为平行四边形,MNG分别是ABADEF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DFGN的交点O,连接MO,则MOABE的中位线,所以BEMO

    BE平面DMFMO平面DMF

    所以BE平面DMF.

    (2)因为NG分别为平行四边形ADEF的边ADEF的中点,所以DEGN

    DE平面MNGGN平面MNG

    所以DE平面MNG.

    MAB的中点,NAD的中点,

    所以MNABD的中位线,所以BDMN

    BD平面MNGMN平面MNG

    所以BD平面MNG

    DEBD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ABCDAFDEADBCABCDABC60°BC2AD4DE4.

    (1)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ACDE的高.

    解 (1)BC的中点G,连接DG,交AC于点P,连接EGEP.此时P为所求作的点(如图所示)

    下面给出证明:BC2ADGBC的中点,

    BGAD.BCAD

    四边形BGDA是平行四边形,故DGAB

    DPAB.

    AB平面ABFDP平面ABF

    DP平面ABF.

    AFDEAF平面ABFDE平面ABF

    DE平面ABF.

    DP平面PDEDE平面PDEPDDED

    平面PDE平面ABF

    PE平面PDEPE平面ABF.

    (2)在等腰梯形ABCD中,

    ∵∠ABC60°BC2AD4

    可求得梯形的高为,从而ACD的面积为×2×.

    DE平面ABCDDE是三棱锥EACD的高.

    设三棱锥ACDE的高为h.

    VACDEVEACD,可得

    ×SCDE×hSACD×DE

    ×2×1×h×1,解得h.

    故三棱锥ACDE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ABCDA1B1C1D1的底面是梯形,ABCDABADAA14DC2ABABAD3,点M在棱A1B1上,且A1MA1B1.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MBC1E的体积.

    解 (1)如图,在棱C1D1上取点N,使D1NA1M1.

    D1NA1MMNA1D1AD.

    四边形AMND为平行四边形,

    AMDN.

    C1C1EDNCDE,连接BE

    DN平面BC1EAM平面BC1E

    平面BC1E即为所求,此时CE1.

    (2)(1)知,AM平面BC1E

    VMBC1EVABC1EVC1ABE××46.

     

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