2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章第三節(jié)直線、平面平行的判定及其性質(zhì)教案文（含解析）

1、學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第三節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)1直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果平面外一條直線和這個平面內(nèi)的一條直線平行,那么這條直線與這個平面平行（簡記為線線平行線面平行)a性質(zhì)定理如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交,那么這條直線就和交線平行(簡記為“線面平行線線平行）lb2平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面,那么這兩個平面平行性質(zhì)定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么所得的兩條交線平行ab小題體驗1已知平面平面，直線a,有下列

2、命題：a與內(nèi)的所有直線平行；a與內(nèi)無數(shù)條直線平行；a與內(nèi)的任意一條直線都不垂直其中真命題的序號是_答案:2在梯形abcd中,abcd,ab平面，cd平面,則直線cd與平面內(nèi)的直線的位置關(guān)系是_解析：因為abcd，ab平面，cd平面，所以cd平面,所以cd與平面內(nèi)的直線可能平行，也可能異面答案：平行或異面3如圖所示，p為矩形abcd所在平面外一點,矩形對角線交點為o，m為pb的中點,給出下列五個結(jié)論：pd平面amc；om平面pcd；om平面pda；om平面pba；om平面pbc。其中正確的個數(shù)有_解析：因為矩形abcd的對角線ac與bd交于點o，所以o為bd的中點在pbd中，m是pb的中點，所以

3、om是pbd的中位線，ompd,則pd平面amc，om平面pcd,且om平面pda。因為mpb，所以om與平面pba、平面pbc相交,故正確的個數(shù)為3.答案：31直線與平面平行的判定中易忽視“線在面內(nèi)”這一關(guān)鍵條件2面面平行的判定中易忽視“面內(nèi)兩條相交線”這一條件3如果一個平面內(nèi)有無數(shù)條直線與另一個平面平行，易誤認(rèn)為這兩個平面平行，實質(zhì)上也可以相交小題糾偏1在長方體的各面中,和其中一條棱平行的平面有_個解析：借助長方體的直觀圖易知，在長方體的六個面中，和其中一條棱平行的平面有2個答案:22設(shè)，是兩個不同的平面，m是直線且m，“m ”是“ ”的_條件（填“充分不必要“必要不充分”“充要”或“既不

4、充分也不必要”）解析：當(dāng)m時，過m的平面與可能平行也可能相交，因而m/ ；當(dāng)時，內(nèi)任一直線與平行,因為m,所以m。綜上知，“m 是“ ”的必要不充分條件答案:必要不充分考點一直線與平面平行的判定與性質(zhì)鎖定考向平行關(guān)系是空間幾何中的一種重要關(guān)系，包括線線平行、線面平行、面面平行,其中線面平行是高考熱點，多出現(xiàn)在解答題中常見的命題角度有:(1）證明直線與平面平行；(2)線面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用 題點全練角度一：證明直線與平面平行1如圖，在正方體abcd a1b1c1d1中，點m，n，p分別為棱ab，bc，c1d1的中點求證：ap平面c1mn.證明：在正方體abcd .a1b1c1d1中，因為點m,p

5、分別為棱ab，c1d1的中點，所以ampc1.又amcd,pc1cd，故ampc1，所以四邊形amc1p為平行四邊形，所以apc1m.又ap平面c1mn，c1m平面c1mn，所以ap平面c1mn。角度二：線面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用2如圖，四棱錐p.abcd 的底面是正方形，四條側(cè)棱均相等點g，e，f，h 分別是棱 pb，ab,cd,pc上共面的四點，bc 平面gefh 。求證:ghef.證明：因為bc平面gefh，bc平面pbc，且平面pbc平面gefhgh，所以ghbc，同理可證efbc,因此ghef.通法在握證明直線與平面平行的3種方法定義法一般用反證法判定定理法關(guān)鍵是在平面內(nèi)找（或作）一條直

6、線與已知直線平行，證明時注意用符號語言敘述證明過程性質(zhì)判定法即兩平面平行時,其中一個平面內(nèi)的任何直線都平行于另一個平面演練沖關(guān)如圖，在三棱柱abc 。a1b1c1中,cc14，m是棱cc1上的一點若點n是ab的中點,且cn平面ab1m，求cm的長解：法一：如圖，取ab1的中點p，連結(jié)np，pm。又因為點n是ab的中點，所以npbb1.因為cmbb1，所以npcm，所以np與cm共面因為cn平面ab1m，平面cnpm平面ab1mpm,所以cnpm。所以四邊形cnpm為平行四邊形，所以cmnpcc12。法二：如圖，取bb1的中點q，連結(jié)nq，cq。因為點n是ab的中點，所以nqab1。因為nq平面

7、ab1m，ab1平面ab1m，所以nq平面ab1m.因為cn平面ab1m，nqcnn，nq平面nqc，cn平面nqc,所以平面nqc平面ab1m。又因為平面bcc1b1平面nqccq，平面bcc1b1平面ab1mmb1，所以cqmb1.因為bb1cc1,所以四邊形cqb1m是平行四邊形,所以cmb1qcc12?？键c二平面與平面平行的判定與性質(zhì)典例引領(lǐng)如圖,在三棱柱abc.a1b1c1中，e，f，g，h分別是ab，ac，a1b1，a1c1的中點，求證：（1)b,c，h，g四點共面；(2）平面efa1平面bchg。證明：(1）因為gh是a1b1c1的中位線,所以ghb1c1.又因為b1c1bc，所

8、以ghbc，所以b，c，h，g四點共面(2)因為e，f分別為ab，ac的中點,所以efbc，因為ef平面bchg，bc平面bchg，所以ef平面bchg.因為a1g綊eb,所以四邊形a1ebg是平行四邊形，所以a1egb.因為a1e平面bchg，gb平面bchg，所以a1e平面bchg.因為a1eefe,所以平面efa1平面bchg.由題悟法判定平面與平面平行的4種方法（1)面面平行的定義，即證兩個平面沒有公共點;(2)面面平行的判定定理；(3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行；(4）利用平面平行的傳遞性，兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行即時應(yīng)用1如圖，平面內(nèi)有abc,ab5

9、，bc8，ac7，梯形bcde的底de2,過eb的中點b1的平面,若分別交ea，dc于點a1，c1，求a1b1c1的面積解：因為，所以a1b1ab，b1c1bc，又因為a1b1c1與abc同向所以a1b1c1abc.又因為cosabc，所以abca1b1c160.又因為b1為eb的中點，所以b1a1是eab的中位線，所以b1a1ab，同理知b1c1為梯形bcde的中位線,所以b1c1（bcde)5。則sa1b1c1a1b1b1c1sin 605.故a1b1c1的面積為。2如圖，四邊形abcd與四邊形adef為平行四邊形，m，n，g分別是ab，ad，ef的中點，求證:(1)be平面dmf;(2)

10、平面bde平面mng。證明：（1）如圖，連結(jié)ae,設(shè)df與gn的交點為o,則ae必過df與gn的交點o，連結(jié)mo,則mo為abe的中位線，所以bemo，又be平面dmf，mo平面dmf，所以be平面dmf.（2）因為n，g分別為平行四邊形adef的邊ad，ef的中點,所以degn,又de平面mng，gn平面mng，所以de平面mng。又m為ab中點,所以mn為abd的中位線，所以bdmn，又bd平面mng,mn平面mng，所以bd平面mng,又de平面bde,bd平面bde，debdd,所以平面bde平面mng。典例引領(lǐng)如圖所示，在三棱柱abc。a1b1c1中，d是棱cc1的中點，問在棱ab上

11、是否存在一點e,使de平面ab1c1？若存在,請確定點e的位置；若不存在，請說明理由解：法一：假設(shè)在棱ab上存在點e，使得de平面ab1c1,如圖，取bb1的中點f,連結(jié)df，ef,ed，則dfb1c1，又df平面ab1c1，b1c1平面ab1c1，所以df平面ab1c1，又de平面ab1c1，dedfd，所以平面def平面ab1c1,因為ef平面def,所以ef平面ab1c1，又因為ef平面abb1，平面abb1平面ab1c1ab1,所以efab1，因為點f是bb1的中點，所以點e是ab的中點即當(dāng)點e是ab的中點時，de平面ab1c1。法二:存在點e，且e為ab的中點時，de平面ab1c1。

12、證明如下：如圖，取bb1的中點f，連結(jié)df，則dfb1c1。因為df平面ab1c1，b1c1平面ab1c1，所以df平面ab1c1.因為ab的中點為e，連結(jié)ef，ed，則efab1.因為ef平面ab1c1,ab1平面ab1c1，所以ef平面ab1c1。因為dfeff，所以平面def平面ab1c1。而de平面def，所以de平面ab1c1。由題悟法探索性問題的一般解題方法先假設(shè)其存在,然后把這個假設(shè)作為已知條件，和題目的其他已知條件一起進行推理論證和計算在推理論證和計算無誤的前提下，如果得到了一個合理的結(jié)論，則說明存在;如果得到了一個不合理的結(jié)論，則說明不存在即時應(yīng)用1在正四棱柱abcd .a1

13、b1c1d1中，o為底面abcd的中心，點p為dd1的中點，設(shè)q是cc1上的點，則點q滿足條件_時,有平面d1bq平面pao。解析:點q為cc1的中點時,平面d1bq平面pao.因為點p為dd1的中點，所以qbpa.又qb平面pao，pa平面pao,所以qb平面pao。連結(jié)db，因為點p，o分別是dd1，db的中點,所以d1bpo。又d1b平面pao，op平面pao,所以d1b平面pao。又d1bqbb，d1b平面d1bq， qb平面d1bq,所以平面d1bq平面pao.故點q滿足條件q為cc1的中點時，有平面d1bq平面pao。答案：q為cc1的中點2如圖，四邊形abcd中，abad，adb

14、c,ad6,bc4,e，f分別在bc，ad上，efab.現(xiàn)將四邊形abcd沿ef折起，使平面abef平面efdc.若be1,在折疊后的線段ad上是否存在一點p,且，使得cp平面abef？若存在，求出的值，若不存在，說明理由解:ad上存在一點p，使得cp平面abef，此時。理由如下：當(dāng)時，可知，如圖，過點p作mpfd交af于點m，連結(jié)em，pc，則有，又be1，可得fd5，故mp3，又ec3，mpfdec,故有mp綊ec，故四邊形mpce為平行四邊形，所以cpme，又me平面abef，cp平面abef，故有cp平面abef.一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1（2019匯龍中學(xué)測試）已知直線a與直線

15、b平行，直線a與平面平行，則直線b與的位置關(guān)系為_解析：依題意,直線a必與平面內(nèi)的某直線平行，又ab，因此直線b與平面的位置關(guān)系是平行或直線b在平面內(nèi)答案:平行或直線b在平面內(nèi)2（2018南京模擬)在空間四邊形abcd中，e,f分別是ab和bc上的點，若aeebcffb12，則對角線ac和平面def的位置關(guān)系是_解析:如圖,由得acef。又因為ef平面def,ac平面def,所以ac平面def。答案：ac平面def3（2018天星湖中學(xué)測試）在正方體abcda1b1c1d1中，下列四對截面中彼此平行的是_（填序號)平面a1bc1和平面acd1；平面bdc1和平面b1d1a；平面b1d1d和平面

16、bda1；平面adc1和平面a1d1c.解析：如圖,結(jié)合正方體的性質(zhì)及面面平行的判定可知平面a1bc1平面acd1，平面bdc1平面b1d1a.答案:4如圖，,pab所在的平面與，分別交于cd，ab,若pc2，ca3,cd1，則ab_。解析:因為，所以cdab,則,所以ab.答案：5如圖，在下列四個正方體中,a，b為正方體的兩個頂點，m，n，q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線ab與平面mnq平行的是_（填序號）解析:因為點m，n，q分別為所在棱的中點,所以在中ab與平面mnq相交，在中均有abmq，在中，有abnq,所以在中均有ab與平面mnq平行答案：二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1

17、(2018濱海期末）已知m，n是不重合的直線，是不重合的平面，已知m，n，若增加一個條件就能得出mn，則下列條件中能成為增加條件的序號是_m，n；,n；n，m。解析：對于，若，由m,滿足m，由n，滿足n，但m，n可為異面直線,則不成立；對于，由，且m,n，由面面平行的性質(zhì)定理可得mn，則成立;對于，n,m,則m，由線面平行的性質(zhì)定理可得nm,則成立答案：或2(2019連云港調(diào)研)一條直線與兩個平行平面中的一個成30角，且被兩平面所截得的線段長為2,那么這兩個平行平面間的距離是_解析：由題意知,兩個平行平面間的距離d2sin 301.答案：13(2018前黃高級中學(xué)檢測）已知正方體abcd。a1

18、b1c1d1,下列結(jié)論中,正確的是_(填序號)ad1bc1；平面ab1d1平面bdc1；ad1dc1；ad1平面bdc1.解析:如圖,因為abc1d1，abc1d1，所以四邊形ad1c1b為平行四邊形，故ad1bc1，從而正確；易證ab1dc1，bdb1d1，又ab1b1d1b1，bddc1d，故平面ab1d1平面bdc1，從而正確;由圖易知ad1與dc1異面，故錯誤；因為ad1bc1，ad1平面bdc1，bc1平面bdc1，所以ad1平面bdc1,故正確答案:4如圖，透明塑料制成的長方體容器abcd。a1b1c1d1內(nèi)灌進一些水，固定容器底面一邊bc于地面上,再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，

19、有下面四個命題：沒有水的部分始終呈棱柱形；水面efgh所在四邊形的面積為定值；棱a1d1始終與水面所在平面平行；當(dāng)容器傾斜如圖所示時，bebf是定值其中正確命題的個數(shù)是_解析：由題圖，顯然是正確的，是錯誤的;對于，因為a1d1bc，bcfg,所以a1d1fg且a1d1平面efgh，所以a1d1平面efgh（水面)所以是正確的;對于，因為水是定量的（定體積v），所以sbefbcv，即bebfbcv.所以bebf(定值)，即是正確的答案:35在三棱錐p.abc中，pb6，ac3，g為pac的重心,過點g作三棱錐的一個截面,使截面平行于pb和ac，則截面的周長為_解析：如圖，過點g作efac，分別交

20、pa,pc于點e，f，過點e作enpb交ab于點n,過點f作fmpb交bc于點m，連接mn，則四邊形efmn是平行四邊形（平面efmn為所求截面)，且efmnac2,fmenpb2，所以截面的周長為248。答案：86設(shè),，是三個平面，a，b是兩條不同直線,有下列三個條件：a，b；a，b；b,a。如果命題“a，b，且_，則ab”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是_(把所有正確的序號填上）解析：由面面平行的性質(zhì)定理可知，正確；當(dāng)b，a時，a和b在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行,正確故應(yīng)填入的條件為或。答案：或7(2018鹽城期末)已知棱長為2的正方體abcd 。a1b1c1d1，e為棱ad的

21、中點，現(xiàn)有一只螞蟻從點b1出發(fā)，在正方體abcd 。a1b1c1d1表面上行走一周后再回到點b1,這只螞蟻在行走過程中與平面a1eb的距離保持不變，則這只螞蟻行走的軌跡所圍成的圖形的面積為_解析：要滿足題意,則需在正方體abcd 。a1b1c1d1上過b1作與平面a1eb平行的平面取a1d1和bc的中點分別為f，g，連結(jié)b1f，fd,dg，gb1，則a1f綊ed，所以四邊形a1fde是平行四邊形，所以a1efd.因為fd平面a1eb，a1e平面a1eb，所以fd平面a1eb.同理:dg平面a1eb.又fddgd，所以平面dfb1g平面a1eb，則四邊形dfb1g所圍成圖形的面積即為所求易知四邊

22、形dfb1g為菱形，由正方體的棱長為2，得菱形dfb1g的邊長為，cosa1eb，sina1eb,a1ebfdg，s菱形dfb1gsinfdg2。答案：28（2019海安中學(xué)檢測）如圖，在棱長為1的正方體abcd.a1b1c1d1中,點e，f分別是棱bc，cc1的中點，p是側(cè)面bcc1b1內(nèi)一點，若a1p平面aef，則線段a1p長度的取值范圍是_解析：取b1c1的中點m，bb1的中點n,連結(jié)a1m，a1n，mn，可以證明平面a1mn平面aef，所以點p位于線段mn上，因為a1ma1n，mn ，所以當(dāng)點p位于m，n處時，a1p的長度最長，取mn的中點o，連結(jié)a1o，當(dāng)p位于mn的中點o時，a1p

23、的長度最短，此時a1o，所以a1oa1pa1m，即a1p,所以線段a1p長度的取值范圍是。答案：9如圖,在四棱錐pabcd中，adbc，abbcad,e，f，h分別為線段ad，pc,cd的中點,ac與be交于o點,g是線段of上一點求證:(1)ap平面bef;(2)gh平面pad。證明:(1）連結(jié)ec，因為adbc，bcad，所以bc綊ae，所以四邊形abce是平行四邊形，所以o為ac的中點又因為f是pc的中點，所以foap，因為fo平面bef，ap平面bef,所以ap平面bef.(2）連結(jié)fh，oh,因為f，h分別是pc,cd的中點,所以fhpd，因為pd平面pad,fh平面pad，所以fh

24、平面pad。又因為o是ac的中點,h是cd的中點,所以ohad，因為ad平面pad，oh平面pad,所以oh平面pad。又fhohh,所以平面ohf平面pad。因為gh平面ohf，所以gh平面pad。10.如圖所示,在正方體abcd.a1b1c1d1中,e，f，g,h分別是bc，cc1，c1d1，a1a的中點求證：(1)bfhd1；(2）eg平面bb1d1d;(3)平面bdf平面b1d1h.證明:(1）如圖所示，取bb1的中點m，連結(jié)mh,mc1，易證四邊形hmc1d1是平行四邊形，所以hd1mc1.又因為mc1bf，所以bfhd1.（2）取bd的中點o，連結(jié)eo，d1o，則oe綊dc，又d1g綊dc，所以oe綊d1g，所以四邊形oegd1是平行四邊形，所以ged1o。又ge平面bb1d1d,d1o平面bb1d1d，所以eg平面bb1d1d。（3)由(1）知bfhd1，又bdb1d1，b1d1，hd1平面b1d1h，bf，bd平面bdf，且b1d1hd1d1，dbbfb，所以