【创新方案】2020年高考数学一轮复习 第八篇 立体几何 第4讲　直线、平面平行的判定及其性质教案 理 新人教版

第4讲直线、平面平行的判定及其性质【2020年高考会这样考】1考查空间直线与平面平行，面面平行的判定及其性质2以解答题的形式考查线面的平行关系3考查空间中平行关系的探索性问题【复习指导】1熟练掌握线面平行、面面平行的判定定理和性质，会把空间问题转化为平面问题，解答过程中叙述的步骤要完整，避免因条件书写不全而失分2学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化，牢记解决问题的根源在“定理”基础梳理1平面与平面的位置关系有相交、平行两种情况2直线和平面平行的判定(1)定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；(2)判定定理：a，b，且aba；(3)其他判定方法：；aa.3直线和平面平行的性质定理：a，a，lal.4两个平面平行的判定(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：a，b，abM，a，b；(3)推论：abM，a，b，abM，a，b，aa，bb.5两个平面平行的性质定理(1)，aa；(2)，a，bab.6与垂直相关的平行的判定(1)a，bab；(2)a，a.一个关系平行问题的转化关系：两个防范(1)在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误(2)把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行双基自测1(人教A版教材习题改编)下面命题中正确的是()若一个平面内有两条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行；若一个平面内的两条相交直线分别与另一个平面平行，则这两个平面平行A B C D解析中两个平面可以相交，是两个平面平行的定义，是两个平面平行的判定定理答案D2平面平面，a，b，则直线a，b的位置关系是()A平行 B相交C异面 D平行或异面答案D3(2020银川质检)在空间中，下列命题正确的是()A若a，ba，则bB若a，b，a，b，则C若，b，则bD若，a，则a解析若a，ba，则b或b，故A错误；由面面平行的判定定理知，B错误；若，b，则b或b，故C错误答案D4(2020温州模拟)已知m、n为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题中正确的是()Amn，mnB，m，nmnCm，mnnDm，n，m，n解析选项A中，如图，nm，mn一定成立，A正确；选项B中，如图，m，nm与n互为异面直线，B不正确；选项C中，如图，m，mnn，C不正确；选项D中，如图，m，n，m，n与相交，D不正确. 答案A5(2020衡阳质检)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，连结OE，因为OEBD1，而OE平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1平面ACE.答案平行考向一直线与平面平行的判定与性质【例1】(2020天津改编)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为AC的中点，M为PD的中点求证：PB平面ACM.审题视点 连接MO，证明PBMO即可证明连接BD，MO.在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM. 利用判定定理时关键是找平面内与已知直线平行的直线可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线【训练1】 如图，若PA平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点，求证：AF平面PCE.证明取PC的中点M，连接ME、MF，则FMCD且FMCD.又AECD且AECD，FM綉AE，即四边形AFME是平行四边形AFME，又AF平面PCE，EM平面PCE，AF平面PCE.考向二平面与平面平行的判定与性质【例2】如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N、P分别为所在边的中点求证：平面MNP平面A1C1B；审题视点 证明MNA1B，MPC1B.证明连接D1C，则MN为DD1C的中位线，MND1C.又D1CA1B，MNA1B.同理，MPC1B.而MN与MP相交，MN，MP在平面MNP内，A1B，C1B在平面A1C1B内平面MNP平面A1C1B. 证明面面平行的方法有：(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化【训练2】 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)GH是A1B1C1的中位线，GHB1C1.又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G四点共面(2)E、F分别为AB、AC的中点，EFBC，EF平面BCHG，BC平面BCHG，EF平面BCHG.A1G綉EB，四边形A1EBG是平行四边形，A1EGB.A1E平面BCHG，GB平面BCHG.A1E平面BCHG.A1EEFE，平面EFA1平面BCHG.考向三线面平行中的探索问题【例3】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面ABC，若D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由审题视点 取AB、BB1的中点分别为E、F，证明平面DEF平面AB1C1即可解存在点E，且E为AB的中点下面给出证明：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DFB1C1.AB的中点为E，连接EF，则EFAB1.B1C1与AB1是相交直线，平面DEF平面AB1C1.而DE平面DEF，DE平面AB1C1. 解决探究性问题一般要采用执果索因的方法，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，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾)，则不存在【训练3】 如图，在四棱锥PABCD中，底面是平行四边形，PA平面ABCD，点M、N分别为BC、PA的中点在线段PD上是否存在一点E，使NM平面ACE？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由解在PD上存在一点E，使得NM平面ACE.证明如下：如图，取PD的中点E，连接NE，EC，AE，因为N，E分别为PA，PD的中点，所以NE綉AD.又在平行四边形ABCD中，CM綉AD.所以NE綉MC，即四边形MCEN是平行四边形所以NM綉EC.又EC平面ACE，NM平面ACE，所以MN平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM平面ACE.规范解答13怎样证明线线、线面、面面平行与垂直的综合性问题【问题研究】 高考对平行、垂直关系的考查主要以线面平行、线面垂直为核心，以多面体为载体结合平面几何知识，考查判定定理、性质定理等内容，难度为中低档题目.【解决方案】 利用定理证明线面关系时要注意结合几何体的结构特征，尤其注意对正棱柱、正棱锥等特殊几何体性质的灵活运用，进行空间线面关系的相互转化.【示例】(本题满分12分)(2020山东)如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(2)证明：CC1平面A1BD. 第(1)问转化为证明BD垂直A1A所在平面；第(2)问在平面A1BD内寻找一条线与CC1平行解答示范 证明(1)因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD.(1分)又因为AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，所以AD2BD2AB2，因此ADBD.(4分)又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.(6分)(2)如图，连结AC，A1C1，设ACBDE，连结EA1，因为四边形ABCD为平行四边形，所以ECAC.(8分)由棱台定义及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形，(10分)因此CC1EA1.又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD.(12分) 证明线面关系不能仅仅考虑线面关系的判定和性质，更要注意对几何体的几何特征的灵活应用证明的依据是空间线面关系的判定定理和性质定理另外根据几何体的数据，通过计算也可得到线线垂直的关系，所以要注意对几何体中的数据的正确利用【试一试】 (2020安徽)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB2EF2，EFAB，EFFB，BFC90，BFFC，H为BC的中点(1)求证：FH平面EDB；(2)求证：AC平面EDB；(3)求四面体BDEF的体积尝试解答(1)证明设AC与BD交于点G，则G为AC的中点连EG，GH，由于H为BC的中点，故GH綉AB.又EF綉AB，EF綉GH.四边形EFHG为平行四边形EGFH，而EG平面EDB，FH平面EDB.(2)证明由四边形ABCD为正方形，有ABBC.又EFAB，EFBC.而EFFB，EF平面BFC，EFFH.ABFH.又BFFC，H为BC的中点，FHBC.FH平面ABCD.FHAC.又FHEG，ACEG.又ACBD，EGBDG，AC平面EDB.(3)解EFFB，BFC90，BF平面CDEF.BF为四面体BDEF的高又BCAB2，BFFC.VBDEF1.