新高考数学一轮复习教案第7章第3节 直线、平面平行的判定与性质（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习教案第7章第3节 直线、平面平行的判定与性质（含解析），共15页。
1.结合立体几何的定义、公理，会推导直线和平面平行、平面和平面平行的判定定理和性质定理，凸显逻辑推理的核心素养．
2．常与求几何体的体积计算相结合，会应用直线和平面平行、平面和平面平行的判定定理、性质定理证明空间的线、面平行关系，凸显直观想象、逻辑推理的核心素养．
[理清主干知识]
1．直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
3.谨记两个结论
(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)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(直线与平面平行的定义)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．(面面平行的判定定理)设α，β是两个不同的平面，m是一条直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥βα∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．
3．(平行关系的判定)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．m∥α，n∥α，则m∥n B．m∥n，m∥α，则n∥α
C．m⊥α，m⊥β，则α∥β D．α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
解析：选C A中，m与n平行、相交或异面，A不正确；B中，n∥α或n⊂α，B不正确；根据线面垂直的性质，C正确；D中，α∥β或α与β相交，D不正确．
4．(面面平行的性质定理)设α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：
①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.
如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填序号)．
解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.
答案：①或③
二、易错点练清
1．(忽视面面平行的条件)下列条件中，能判断两个平面平行的是( )
A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面
B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面
C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面
D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面
解析：选D 由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，那么这两个平面平行．故可知D符合．
2．(对空间平行关系相互转化的条件理解不到位)设m，l表示两条不同的直线，α表示平面，若m⊂α，则“l∥α”是“l∥m”的________条件．
解析：由m⊂α，l∥α不能推出l∥m；由m⊂α，l∥m也不能推出l∥α，所以是既不充分也不必要条件．
答案：既不充分也不必要
3．(忽视线面平行的条件)(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a与α的位置关系是______________．
(2)已知直线a，b和平面α，β，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α，β的位置关系是______________．
(3)若α∥β，直线a∥α，则a与β的位置关系是___________________________________．
解析：(1)由直线与平面平行的判定定理知，a可能平行于α，也可能在α内．
(2)当a，b相交时，α∥β；当a，b平行时，α，β平行或相交．
(3)当a在β外时，a∥β；当a在β内时，a∥α也成立．
答案：(1)a∥α或a⊂α (2)平行或相交 (3)a∥β或a⊂β
考点一 直线与平面平行的判定与性质
考法(一) 线面平行的判定
[例1]如图所示，在空间几何体ABCDFE中，四边形ADFE是梯形，且EF∥AD，P，Q分别为棱BE，DF的中点．求证：PQ∥平面ABCD.
[证明] 法一：如图，取AE的中点G，连接PG，QG.
在△ABE中，PB＝PE，AG＝GE，所以PG∥BA，
又PG⊄平面ABCD，BA⊂平面ABCD，
所以PG∥平面ABCD.
在梯形ADFE中，DQ＝QF，AG＝GE，
所以GQ∥AD，
又GQ⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以GQ∥平面ABCD.
因为PG∩GQ＝G，PG⊂平面PQG，GQ⊂平面PQG，
所以平面PQG∥平面ABCD.
又PQ⊂平面PQG，
所以PQ∥平面ABCD.
法二：如图，连接EQ并延长，与AD的延长线交于点H，连接BH.
因为EF∥DH，所以∠EFQ＝∠HDQ，
又FQ＝QD，∠EQF＝∠DQH，
所以△EFQ≌△HDQ，所以EQ＝QH.
在△BEH中，BP＝PE，EQ＝QH，所以PQ∥BH.
又PQ⊄平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
所以PQ∥平面ABCD.
考法(二) 线面平行的性质定理的应用
[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，∴AP∥MO.
又MO⊂平面BMD，AP⊄平面BMD，
∴AP∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且AP⊂平面PAHG，
∴AP∥GH.
[方法技巧]
线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，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、寻找比例式证明两直线平行．
(2)应用线面平行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．
[针对训练] 如图，几何体E­ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.
(1)求证：BE＝DE；
(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
证明：(1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.
由于CB＝CD，所以CO⊥BD.
又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO⊂平面EOC，EC⊂平面EOC，
所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，
又O为BD的中点，所以BE＝DE.
(2)如图，取AB的中点N，连接DN，MN.
因为M是AE的中点，N是AB的中点，所以MN∥BE.
又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，
所以MN∥平面BEC.
因为△ABD为正三角形，
所以∠BDN＝30°，
又CB＝CD，∠BCD＝120°，
因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.
又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，
所以DN∥平面BEC.
又MN∩DN＝N，MN⊂平面DMN，DN⊂平面DMN，
故平面DMN∥平面BEC，
又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.
考点二 平面与平面平行的判定与性质
[典例] 如图，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)∵在△A1B1C1中，G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，
∴GH与BC确定一个平面α，
∴G，H，B，C∈α，∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC，
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
易证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.
∵A1E∩EF＝E，且A1E⊂平面EFA1，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
[方法技巧]
1．判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理．
(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．
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，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线．
[针对训练]
1.如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点．
(1)证明：平面BMN∥平面PCD；
(2)若AD＝6，求三棱锥P­BMN的体积．
解：(1)证明：如图，连接BD.
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD为正三角形．
∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.
∵AD⊥CD，CD⊂平面ABCD，BM⊂平面ABCD，
∴BM∥CD.
又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴BM∥平面PCD.
∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD.
又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，
∴MN∥平面PCD.
又BM⊂平面BMN，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，
∴平面BMN∥平面PCD.
(2)在(1)中已证BM⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，BM⊂平面ABCD，
∴BM⊥平面PAD.
又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3eq \r(3).
∵M，N分别为AD，PA的中点，PA＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD＝3eq \r(2)，
∴S△PMN＝eq \f(1,4)S△PAD＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×(3eq \r(2))2＝eq \f(9,4).
∴VP­BMN＝VB­PMN＝eq \f(1,3)S△PMN·BM
＝eq \f(1,3)×eq \f(9,4)×3eq \r(3)＝eq \f(9\r(3),4).
考点三 平行关系的综合
[典例] 如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.
(1)求证：EF∥平面β；
(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．
[解] (1)证明：①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.
∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.
又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.
②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝HD，
且HD＝AC，
∵平面α∥平面β，
平面α∩平面ACDH＝AC，
∴AC∥HD，
∴四边形ACDH是平行四边形．
在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，
连接EG，FG，BH.
∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，
∴GF∥HD，EG∥BH.
又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，
∴平面EFG∥平面β.
又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.
综合①②可知，EF∥平面β.
(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴ME∥BD，MF∥AC，
且ME＝eq \f(1,2)BD＝3，MF＝eq \f(1,2)AC＝2.
∴∠EMF为AC与BD所成的角或其补角，
∴∠EMF＝60°或120°.
∴在△EFM中，由余弦定理得
EF＝eq \r(ME2＋MF2－2ME·MF·cs ∠EMF)
＝ eq \r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq \r(13±6)，
即EF＝eq \r(7)或EF＝eq \r(19).
[方法技巧]
利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
[针对训练] 如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E，F，G分别是棱BC，AD，PA的中点．
(1)求证：PE∥平面BFG；
(2)若PD＝AD＝1，AB＝2，求点C到平面BFG的距离．
解：(1)证明：如图，连接DE.
∵在矩形ABCD中，E，F分别是棱BC，AD的中点，
∴DF＝BE，DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，∴DE∥BF.
∵G是PA的中点，∴FG∥PD.
∵PD⊄平面BFG，DE⊄平面BFG，FG⊂平面BFG，
BF⊂平面BFG，
∴PD∥平面BFG，DE∥平面BFG.
又PD∩DE＝D，∴平面PDE∥平面BFG.
∵PE⊂平面PDE，∴PE∥平面BFG.
(2)法一：∵PD⊥平面ABCD，FG∥PD，∴FG⊥平面ABCD.
过点C在平面ABCD内，作CM⊥BF，垂足为M，则FG⊥CM.
∵FG∩BF＝F，∴CM⊥平面BFG，
∴线段CM的长是点C到平面BFG的距离．
在矩形ABCD中，∵F是AD的中点，AD＝1，AB＝2，△BCM∽△FBA，
∴eq \f(CM,BA)＝eq \f(BC,FB).
∵FB＝eq \r(AB2＋AF2)＝eq \f(\r(17),2)，BC＝AD＝1，
∴CM＝eq \f(4\r(17),17)，即点C到平面BFG的距离为eq \f(4\r(17),17).
法二：设点C到平面BFG的距离为d.
在矩形ABCD中，AF＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)，AB＝2，
∴BF＝eq \r(\f(1,4)＋4)＝eq \f(\r(17),2).
∵PD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，∴PD⊥BF.
∵FG∥PD，∴FG⊥BF，又FG＝eq \f(1,2)PD＝eq \f(1,2)，
∴△BFG的面积为eq \f(1,2)BF·FG＝eq \f(\r(17),8).
∵△BCF的面积为eq \f(1,2)BC·AB＝1，VC­BFG＝VG­BCF，
∴eq \f(1,3)×eq \f(\r(17),8)d＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)，解得d＝eq \f(4\r(17),17)，
即点C到平面BFG的距离为eq \f(4\r(17),17).
创新考查方式——领悟高考新动向
1.如图，已知底面边长为eq \r(3)且高为1的正三棱柱ABC­A1B1C1，过顶点A作平面α与侧面BCC1B1交于EF，且EF∥BC，若∠FAB＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0