人教版高考数学一轮复习第8章立体几何第4节直线与平面平行的判定及其性质学案理含解析

这是一份人教版高考数学一轮复习第8章立体几何第4节直线与平面平行的判定及其性质学案理含解析，共8页。学案主要包含了疑误辨析，走进教材，易错自纠等内容，欢迎下载使用。
第四节　直线与平面平行的判定及其性质[最新考纲][考情分析][核心素养]1.理解空间直线和平面位置关系的定义.2.了解直线和平面的位置关系.3.掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理，两个平面平行的判定定理和性质定理.1.以几何体为载体，考查线线、线面、面面平行的证明.2.考查转化思想、空间想象能力、逻辑思维能力及运算能力，以多面体为载体、以解答题形式呈现是主要命题方式.1.直观想象2.逻辑推理‖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(线线平行⇒线面平行)∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴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”)∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b2.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”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴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∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b►常用结论(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)夹在两个平行平面之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)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．‖基础自测‖一、疑误辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(　　)(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．(　　)(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．(　　)(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　)(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×二、走进教材2．(必修2P61A1(2)改编)下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是(　　)A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案：D3．(必修2P61A1(1)改编)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答案：D三、易错自纠4．直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：①若m∥n，n∥α，则m∥α；②若m∥β，α∥β，则m∥α；③若m⊥n，n⊥α，则m∥α；④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.其中正确命题的个数是(　　)A．1 B．2C．3 D．4解析：选D　因为直线m，n均不在平面α，β内，所以若m∥n，n∥α，则m∥α，①正确；若m∥β，α∥β，则m∥α，②正确；若m⊥n，n⊥α，则m∥α，③正确；若m⊥β，α⊥β，则m∥α，④正确．所以其中正确命题的个数是4.5．(2019届福州质检)下列命题中，错误的是(　　)A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B．平行于同一平面的两个平面平行C．若直线l与平面α平行，则过平面α内一点和直线l平行的直线在α内D．若直线l不平行平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线解析：选D　如果已知直线与另一个平面不相交，则有两种情形：在平面内或与平面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，故A正确；B是两个平面平行的一种判定定理，故B正确；由线面平行的性质定理知C正确；事实上，若直线l不平行平面α，可能有l⊂α，则α内有无数条直线与l平行，故D不正确．——多维探究直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点．多考查直线与平面平行的判定、利用线面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题．常见的命题角度有：(1)直线与平面平行的判定；(2)线线平行的判定；(3)与平行相关的探索性问题．●命题角度一　直线与平面平行的判定【例1】　(2019届济南市高考模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P－DEF的体积．[解]　(1)证明：如图，连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF.∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝AD，∴BC＝ED，且BC∥ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴在△PBD中，OF∥PD．又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，四边形BCDE为平行四边形，∴BE＝CD．∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝.过点B作BH⊥AD于点H，则BH＝.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，又平面PAD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，∴BH⊥平面PAD，∴点B到平面PAD的距离为BH＝.又F为线段PB的中点，∴点F到平面PAD的距离h等于点B到平面PAD的距离的一半，即h＝.又S△PDE＝PE·DE＝2，∴V三棱锥P－DEF＝V三棱锥F－PDE＝S△PDE×h＝×2×＝.►名师点津证明直线与平面平行的3种方法(1)定义法：一般用反证法．(2)判定定理法：关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程．(3)性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．●命题角度二　线线平行的判定【例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AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥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，∴在△APC中，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.►名师点津证明线线平行的3种判定方法(1)利用平行公理．(2)利用线面平行的性质定理．(3)利用面面平行的性质定理．●命题角度三　与平行相关的探索性问题【例3】　(2018年全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为四边形ABCD是矩形，∴BC⊥CD，又BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC．(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．理由如下：如图，连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以在△AMC中，MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．►名师点津求解探索性问题的类型及策略问题类型求解策略对命题条件的探索(1)先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明.(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.(3)将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件对命题结论的探索(1)探索结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么.(2)探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在|跟踪训练|1.在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：存在点M为线段AB的中点，使直线DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．由已知，得O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MDAC，OE　AC，因此MDOE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．【例4】　如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；(2)求多面体ABCDEF的体积．[解]　(1)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC与BD的交点为O，连接OH，如图，在△ACF中，因为O，H分别是AC，CF的中点，所以OH∥AF.又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(2)因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，AC⊥BD，所以AC⊥平面BDEF，又易知AO＝，S矩形BDEF＝3×2＝6，所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝·AO·S矩形BDEF＝4.同理可得，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.►名师点津判定面面平行的4种方法(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点．(2)面面平行的判定定理．(3)垂直于同一条直线的两平面平行．(4)平面平行的传递性，即若两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．|跟踪训练|2．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，BB1＝2BC，D，E，F分别是CC1，A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG＝3GB1.(1)求证：B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面GEF∥平面ABD．证明：(1)如图所示，取BB1的中点为M，连接MD．因为BB1＝2BC，且四边形BB1C1C为平行四边形，所以四边形CDMB和四边形DMB1C1为菱形．故∠CDB＝∠BDM，∠MDB1＝∠B1DC1.所以∠BDM＋∠MDB1＝90°，即BD⊥B1D．又AB⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1D．又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD．(2)如图，连接MC1，因为G为MB1的中点，F为B1C1的中点，所以GF∥MC1.又MBC1D，所以四边形BMC1D为平行四边形，所以MC1∥BD．故GF∥BD．又BD⊂平面ABD，所以GF∥平面ABD．又EF∥A1B1，A1B1∥AB，所以EF∥AB．又AB⊂平面ABD，所以EF∥平面ABD．又EF∩GF＝F，故平面GEF∥平面ABD．【例】　(2019届郑州市质检)如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为(　　)A．2 B．2πC．2 D．4[解析]　连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以FM∥AC，FH∥AA′，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，又∵MF∩FH＝F，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D．[答案]　D►名师点津试题用简单的空间几何体展示立体几何的重点知识，给考生搭建了公平的思维平台，融入了直观想象核心素养，体现了新课程背景下对考生自主探究能力的要求．|跟踪训练|如图，已知M，N分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，BC上的动点，若MN＝，则线段MN的中点P的轨迹是(　　)A．一条线段B．一段圆弧C．一个球面区域D．两条平行线段解析：选B　连接AN，AP，易知三角形MAN为直角三角形，因为MN＝，所以AP＝，因此点P到点A的距离为定值，点P的轨迹是以点A为球心，为半径的球面，记此球为球A.分别取A1B1，D1C1，DC，AB的中点E，F，G，H，并顺次连接，则MA∥平面EFGH.记AN∩HG＝Q，则易知HQ为△ABN的中位线，故Q为AN的中点．连接PQ，则PQ为△AMN的中位线，得MA∥PQ.又点Q在平面EFGH内，MA∥平面EFGH，所以点P在平面EFGH内运动，故点P的轨迹为平面EFGH与球A的球面的交线，所以这样的点P的轨迹是一段圆弧．故选B．