（通用版）2022年高考数学一轮复习 第8章 立体几何 4 第4讲 直线、平面平行的判定与性质教案 理

（通用版）2022年高考数学一轮复习 第8章 立体几何 4 第4讲 直线、平面平行的判定与性质教案 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这个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)因为la，a，l，所以l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”)因为l，l，b，所以lb2.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”)因为a，b，abP，a，b，所以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因为，a，b，所以ab3.线、面平行中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a，a，则；(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a，b，则ab；(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若，则. 判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(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)若直线a与平面内无数条直线平行，则a.()(4)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()(5)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)(5) (教材习题改编)如果直线a平面，那么直线a与平面内的()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，直线a与平面无公共点，因此a和平面内的任意一条直线都不相交，故选D. a、b、c为三条不重合的直线，、为三个不重合的平面，现给出四个命题： a a其中正确的命题是_解析：正确错在与可能相交错在a可能在内答案： (教材习题改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OEBD1，而OE平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1平面ACE.答案：平行线面平行的判定与性质(高频考点)平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行在高考试题中出现的频率很高，一般出现在解答题的某一问中高考对线面平行的判定与性质的考查主要有以下三个命题角度：(1)线面位置关系的判断；(2)线面平行的证明；(3)线面平行性质的应用 典例引领角度一线面位置关系的判断 设m，n表示不同直线，表示不同平面，则下列结论中正确的是()A若m，mn，则nB若m，n，m，n，则C若，m，mn，则nD若，m，nm，n，则n【解析】A错误，n有可能在平面内；B错误，平面有可能与平面相交；C错误，n也有可能在平面内；D正确，易知m或m，若m，又nm，n，所以n，若m，过m作平面交平面于直线l，则ml，又nm，所以nl，又n，l，所以n.【答案】D角度二线面平行的证明 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点求证：(1)BFHD1；(2)EG平面BB1D1D.【证明】(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1MC1.又因为在平面BCC1B1中，BM綊FC1，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以MC1BF，所以BFHD1.(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OEDC且OEDC，又D1GDC且D1GDC，所以OE綊D1G，所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GED1O.又D1O平面BB1D1D，GE平面BB1D1D，所以EG平面BB1D1D.角度三线面平行性质的应用 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.证明：FG平面AA1B1B.【证明】在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1CC1，BB1平面BB1D，CC1平面BB1D，所以CC1平面BB1D，又CC1平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，所以CC1FG，因为BB1CC1，所以BB1FG，而BB1平面AA1B1B，FG平面AA1B1B，所以FG平面AA1B1B.证明直线与平面平行的常用方法(1)定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明(2)判定定理法：在利用判定定理时，关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明 通关练习1(2017高考全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：选A.对于选项B，如图所示，连接CD，因为ABCD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQCD，所以ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，所以AB平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB平面MNQ.故选A.2.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)在PC上求一点G，使FG平面AEC，并证明你的结论解：(1)证明：连接BD与AC交于点O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB.因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)PC的中点G即为所求的点证明如下：连接GE、FG，因为E为PD的中点，所以GE綊CD.又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形，所以FA綊CD.所以FA綊GE.所以四边形AFGE为平行四边形，所以FGAE.又FG平面AEC，AE平面AEC，所以FG平面AEC.面面平行的判定与性质 典例引领 如图所示，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)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GHB1C1，又B1C1BC，所以GHBC，所以B，C，H，G四点共面(2)在ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，所以EFBC，因为EF平面BCHG，BC平面BCHG，所以EF平面BCHG.又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，所以A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1EGB.因为A1E平面BCHG，GB平面BCHG，所以A1E平面BCHG.又因为A1EEFE，所以平面EFA1平面BCHG.1在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，因为D为BC1的中点，H为A1C1的中点，所以HDA1B，又HD平面A1B1BA，A1B平面A1B1BA，所以HD平面A1B1BA.2在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD，因为D为BC的中点，所以A1BDM.因为A1B平面A1BD1，DM平面A1BD1，所以DM平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1BD1.又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，所以DC1平面A1BD1，又因为DC1DMD，DC1，DM平面AC1D，所以平面A1BD1平面AC1D. 如图，AB平面平面，过A，B的直线m，n分别交，于C，E和D，F，若AC2，CE3，BF4，则BD的长为()A.B.C.D.解析：选C.由AB，易证 .即，所以BD.线、面平行中的探索性问题 典例引领 如图，四棱锥PABCD中，ABCD，AB2CD，E为PB的中点(1)求证：CE平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由【解】(1)证明：如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB，又ABCD，CDAB.所以EHCD，EHCD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CEDH，又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.(2)如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，所以AFAB，又CDAB，所以AFCD，又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CFAD，又CF平面PAD，所以CF平面PAD，由(1)可知CE平面PAD，又CECFC，故平面CEF平面PAD，故存在AB的中点F满足要求解决探索性问题的方法(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设(2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使成立”“只需使成立” 如图，已知在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADDC，ABDC，DCDD12AD2AB2.(1)求证：DB平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E平面A1BD，并说明理由解：(1)证明：因为ABDC，ADDC，所以ABAD，在RtABD中，ABAD1，所以BD，易求BC，因为CD2，所以BDBC.又BDBB1，B1BBCB，所以BD平面B1BCC1.(2)DC的中点为E点如图，连接BE，因为DEAB，DEAB，所以四边形ABED是平行四边形所以ADBE.又ADA1D1，所以BEA1D1，所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1EA1B.因为D1E平面A1BD，所以D1E平面A1BD. 线线、线面、面面平行间的转化线线平行线面平行面面性质定理判定定理平行其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化 线面、面面平行的判定中所遵循的原则一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，不可过于“模式化” 易错防范(1)直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件(2)面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件 1在空间内，下列命题正确的是()A平行直线的平行投影重合B平行于同一直线的两个平面平行C垂直于同一平面的两个平面平行D垂直于同一平面的两条直线平行解析：选D.对于A，平行直线的平行投影也可能互相平行，或为两个点，故A错误；对于B，平行于同一直线的两个平面也可能相交，故B错误；对于C，垂直于同一平面的两个平面也可能相交，故C错误；而D为直线和平面垂直的性质定理，正确2平面平面的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b解析：选D.若l，al，a，a，a，a，故排除A.若l，a，al，则a，故排除B.若l，a，al，b，bl，则a，b，故排除C.3已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是()A若，则B若mn，m，n，则C若mn，m，n，则D若mn，m，则n解析：选C.对于A，若，则或与相交；对于B，若mn，m，n，则或与相交；易知C正确；对于D，若mn，m，则n或n在平面内故选C.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别为BC，CD的中点，则()ABD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B.由AEEBAFFD14知EF綊BD，又EF平面BCD，所以EF平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EFHG且EFHG.所以四边形EFGH是梯形5.在三棱锥SABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC12，平面DEFH分别与AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H，且它们分别是AB、BC、SC、SA的中点，那么四边形DEFH的面积为()A18B18 C36D36解析：选A.因为D、E、F、H分别是AB、BC、SC、SA的中点，所以DEAC，FHAC，DHSB，EFSB，则四边形DEFH是平行四边形，且HDSB6，DEAC3.如图，取AC的中点O，连接OB、SO，因为SASC12，ABBC6，所以ACSO，ACOB，又SOOBO，所以AO平面SOB，所以AOSB，则HDDE，即四边形DEFH是矩形，所以四边形DEFH的面积S6318，故选A.6设m，l表示直线，表示平面，若m，则“l”是“lm”的_条件(填“充分”“必要”“充要”“既不充分也不必要”)解析：m，l不能推出lm；m，lm也不能推出l，所以是既不充分也不必要条件答案：既不充分也不必要7.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于_解析：因为EF平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1CAC，所以EFAC，所以F为DC的中点故EFAC.答案：8在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是A1B1的中点，过点A1作与截面PBC1平行的截面，所得截面的面积是_解析：如图，取AB，C1D1的中点E，F，连接A1E，A1F，EF，则平面A1EF平面BPC1.在A1EF中，A1FA1E，EF2，SA1EF2，从而所得截面面积为2SA1EF2.答案：29.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG平面BDD1B1；(2)平面EFG平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，因为E、G分别是BC、SC的中点，所以EGSB.又因为SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，所以直线EG平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F、G分别是DC、SC的中点，所以FGSD.又因为SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，所以FG平面BDD1B1，又EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG，所以平面EFG平面BDD1B1.10(2018云南省11校跨区调研)如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PA2，ABC90，AB，BC1，AD2，ACD60，E为CD的中点(1)求证：BC平面PAE；(2)求点A到平面PCD的距离解：(1)证明：因为AB，BC1，ABC90，所以AC2，BCA60.在ACD中，因为AD2，AC2，ACD60，所以AD2AC2CD22ACCDcosACD，所以CD4，所以AC2AD2CD2，所以ACD是直角三角形，又E为CD中点，所以AECDCE，因为ACD60，所以ACE为等边三角形，所以CAE60BCA，所以BCAE，又AE平面PAE，BC平面PAE，所以BC平面PAE.(2)设点A到平面PCD的距离为d，根据题意可得，PC2，PDCD4，所以SPCD2，因为VPACDVAPCD，所以SACDPASPCDd，所以2222d，所以d，所以点A到平面PCD的距离为.1如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：没有水的部分始终呈棱柱形；水面EFGH所在四边形的面积为定值；棱A1D1始终与水面所在平面平行；当容器倾斜如图所示时，BEBF是定值其中正确的个数是()A1B2C3D4解析：选C.由题图，显然是正确的，是错的；对于因为A1D1BC，BCFG，所以A1D1FG且A1D1平面EFGH，所以A1D1平面EFGH(水面)所以是正确的；因为水是定量的(定体积V)所以SBEFBCV，即BEBFBCV.所以BEBF(定值)，即是正确的，故选C.2(2018安徽安庆模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N、Q分别是棱D1C1、A1D1、BC的中点，点P在BD1上且BPBD1.则以下四个说法：MN平面APC；C1Q平面APC；A、P、M三点共线；平面MNQ平面APC.其中说法正确的是_解析：连接MN，AC，则MNAC，连接AM、CN，易得AM、CN交于点P，即MN面APC，所以MN面APC是错误的；由知M、N在平面APC上，由题易知ANC1Q，所以C1Q面APC是正确的；由知A，P，M三点共线是正确的；由知MN面APC，又MN面MNQ，所以面MNQ面APC是错误的答案：3(2018福建泉州质检)在如图所示的多面体中，DE平面ABCD，AFDE，ADBC，ABCD，ABC60，BC2AD4DE4.(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ACDE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：因为BC2AD，G为BC的中点，所以BGAD.又因为BCAD，所以四边形BGDA是平行四边形，故DGAB，即DPAB.又AB平面ABF，DP平面ABF，所以DP平面ABF.因为AFDE，AF平面ABF，DE平面ABF，所以DE平面ABF.又因为DP平面PDE，DE平面PDE，PDDED，所以平面PDE平面ABF，因为PE平面PDE，所以PE平面ABF.(2)在等腰梯形ABCD中，因为ABC60，BC2AD4，所以可求得梯形的高为，从而ACD的面积为2.因为DE平面ABCD，所以DE是三棱锥EACD的高设三棱锥ACDE的高为h.由VACDEVEACD，可得SCDEhSACDDE，即21h1，解得h.故三棱锥ACDE的高为.4如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，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)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，连接MO，则MO为ABE的中位线，所以BEMO.因为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DEGN.因为DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为ABD的中位线，所以BDMN.因为BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG.因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE平面MNG.