山東專用2024新高考數(shù)學一輪復習第七章立體幾何7.4直線平面平行的判定及其性質(zhì)學案含解析

PAGE第四節(jié)直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課標要求考情分析1.以立體幾何的定義、公理和定理為動身點，相識和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理．2．能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些有關(guān)空間圖形的平行關(guān)系的簡潔命題．1.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)是高考中的重點考查內(nèi)容，涉及線線平行、線面平行、面面平行的判定及其應(yīng)用等內(nèi)容．2．題型主要以解答題的形式出現(xiàn)，解題要求有較強的推理論證實力，廣泛應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想.學問點一直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理應(yīng)用判定定理時，要留意“內(nèi)”“外”“平行”三個條件必需都具備，缺一不行．學問點二平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理1.平面與平面平行還有如下判定：假如一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面的兩條直線，那么這兩個平面相互平行．2．平面與平面平行還有如下性質(zhì)：(1)兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的隨意一條直線平行于另一個平面．(2)夾在兩個平行平面間的平行線段長度相等．(3)兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應(yīng)線段成比例．1．思索辨析推斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)若一條直線平行于一個平面內(nèi)的一條直線，則這條直線平行于這個平面．(×)(2)若直線a與平面α內(nèi)多數(shù)條直線平行，則a∥α.(×)(3)若直線a∥平面α，P∈平面α，則過點P且平行于a的直線有多數(shù)條．(×)(4)假如一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．(×)(5)假如兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內(nèi)的兩條直線平行或異面．(√)2．小題熱身(1)假如直線a∥平面α，那么直線a與平面α的(D)A．一條直線不相交B．兩條直線不相交C．多數(shù)條直線不相交D．隨意一條直線都不相交(2)下列命題中正確的是(D)A．若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經(jīng)過b的任何平面B．若直線a和平面α滿意a∥α，那么a與α內(nèi)的任何直線平行C．平行于同一條直線的兩個平面平行D．若直線a，b和平面α滿意a∥b，a∥α，b?α，則b∥α(3)設(shè)α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，則“m∥β”是“α∥β”的(B)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件(4)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，E為AD的中點，點F在CD上，若EF∥平面AB1C，則EF＝eq\r(2).(5)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的是①②④①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：(1)因為直線a∥平面α，直線a與平面α無公共點，因此直線a和平面α內(nèi)的隨意一條直線都不相交，故選D．(2)A錯誤，a可能在經(jīng)過b的平面內(nèi)；B錯誤，a與α內(nèi)的直線平行或異面；C錯誤，兩個平面可能相交；D正確，由a∥α，可得a平行于經(jīng)過直線a的平面與α的交線c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b?α，c?α，所以b∥α.(3)當m∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥β?α∥β；當α∥β時，α內(nèi)任始終線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分條件．(4)依據(jù)題意，因為EF∥平面AB1C，所以EF∥AC．又E是AD的中點，所以F是CD的中點．因此在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq\r(2).(5)連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因為AB綊C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面．③錯誤；因為AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④考點一線面平行的判定與性質(zhì)【例1】在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是線段AD，PB的中點，PA＝AB＝1.求證：EF∥平面DCP.【證明】方法1：取PC的中點M，連接DM，MF.∵M，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，∴MF∥CB，MF＝eq\f(1,2)CB．∵E為DA的中點，四邊形ABCD為正方形，∴DE∥CB，DE＝eq\f(1,2)CB．∴MF∥DE，MF＝DE，∴四邊形DEFM為平行四邊形，∴EF∥DM，∵EF?平面PDC，DM?平面PDC，∴EF∥平面PDC．方法2：取PA的中點N，連接NE，NF.∵E是AD的中點，N是PA的中點，∴NE∥DP.∵F是PB的中點，N是PA的中點，∴NF∥AB，∵AB∥CD，∴NF∥CD．又∵NE∩NF＝N，NE?平面NEF，NF?平面NEF，DP?平面PCD，CD?平面PCD，∴平面NEF∥平面PCD．又∵EF?平面NEF，∴EF∥平面PCD．方法3：取BC的中點G，連接EG，F(xiàn)G.在正方形ABCD中，E是AD的中點，G是BC的中點，∴GE∥CD．∵F是PB的中點，G是BC的中點，∴GF∥PC．又PC∩CD＝C，GE?平面GEF，GF?平面GEF，PC?平面PCD，CD?平面PCD，∴平面GEF∥平面PCD．∵EF?平面GEF，∴EF∥平面PCD．方法技巧1證明直線與平面平行的關(guān)鍵是設(shè)法在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線，解題的思路是結(jié)合幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質(zhì)，或者構(gòu)造平行四邊形、找尋比例式等方法證明兩直線平行.2應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時須要經(jīng)過已知直線作協(xié)助平面來確定交線.1．在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD上的點，且AEEB＝AFFD＝14，又H，G分別為BC，CD的中點，則(B)A．BD∥平面EFG，且四邊形EFGH是平行四邊形B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是平行四邊形D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形解析：由題意知EF∥BD，且EF＝eq\f(1,5)BD，HG∥BD，且HG＝eq\f(1,2)BD．所以EF∥HG，且EF≠HG，所以四邊形EFGH是梯形．因為EF?平面BDC，EF∥BD，所以EF∥平面BCD，而EH與平面ADC不平行，故A，C，D錯誤，B正確．2．如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于GH.求證：GH∥平面PAD．證明：如圖，連接AC交BD于點O，連接MO，因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O(shè)是AC的中點．又M是PC的中點，所以AP∥OM.依據(jù)直線和平面平行的判定定理，則有PA∥平面BMD．因為平面PAHG∩平面BMD＝GH，依據(jù)直線和平面平行的性質(zhì)定理，所以PA∥GH.因為GH?平面PAD，PA?平面PAD，所以GH∥平面PAD．考點二面面平行的判定與性質(zhì)【例2】(1)如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是菱形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，點G和H分別是CE和CF的中點．求證：平面BDGH∥平面AEF.(2)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠B1A1A＝∠C1A1A，AA1【解】(1)在△CEF中，因為G，H分別是CE，CF的中點，所以GH∥EF，又因為GH?平面AEF，EF?平面AEF，所以GH∥平面AEF.設(shè)AC∩BD＝O，連接OH，在△ACF中，因為OA＝OC，CH＝HF，所以O(shè)H∥AF，又因為OH?平面AEF，AF?平面AEF，所以O(shè)H∥平面AEF.又因為OH∩GH＝H，OH，GH?平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(2)如圖，在平面ABB1A1過點A作AN∥B1P交BB1于點N，連接BQ，在△BB1Q中，作NH∥B1Q交BQ于點H，連接AH并延長交BC于點M，則AM為所求作的直線．方法技巧1.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(不常用)；(2)面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行(客觀題可用)；(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(客觀題可用)．2．謹記空間平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化1．如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，A1B1的中點，過直線BD的平面α∥平面AMN，則平面α截該正方體所得截面的面積為(BA．eq\r(2) B．eq\f(9,8)C．eq\r(3) D．eq\f(\r(6),2)解析：取C1D1，B1C1的中點分別為P，Q，連接PQ，PD，NP，QB，B1D1.易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四邊形ANPD為平行四邊形，則AN∥DP.又BD和DP為平面BDPQ的兩條相交直線，所以平面BDPQ∥平面AMN，即平面α為平面BDPQ.由PQ∥DB，PQ＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(2),2)，得四邊形BDPQ為梯形，其高h＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))2)＝eq\f(3\r(2),4).所以平面α截該正方體所得截面的面積為eq\f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(2),2)))×eq\f(3\r(2),4)＝eq\f(9,8).故選B．2．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB＝90°，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q為棱CC1上一動點，過直線AQ的平面分別與棱BB1，DD1交于點P，R，則下列結(jié)論正確的是①②③①對于隨意的點Q，都有AP∥RQ；②對于隨意的點Q，四邊形APQR不行能為平行四邊形；③存在點Q，使得直線BC∥平面APQR.解析：∵AB∥CD，AA1∥DD1，∴平面ABB1A1∥平面CDD1C∵平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝RQ，∴AP∥RQ，故∵四邊形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∴平面BCC1B1與平面ADD1A1不平行．∵平面APQR∩平面BCC1B1＝PQ，平面APQR∩平面ADD1A1＝AR，∴PQ與AR不平行，故四邊形APQR不行能為平行四邊形，故②正確；延長CD至M，使得DM＝CD，則四邊形ABCM是矩形，∴BC∥AM.當R，Q，M三點共線時，AM?平面APQR，∴BC∥平面APQR，故考點三線面平行的綜合問題【例3】如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB，現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起，使BE⊥EC．(1)若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出eq\f(AP,PD)的值；若不存在，說明理由．(2)求三棱錐A-CDF的體積的最大值，并求出此時點F到平面ACD的距離．【解】(1)AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF，此時eq\f(AP,PD)＝eq\f(3,2).理由如下：當eq\f(AP,PD)＝eq\f(3,2)時，eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，過點P作MP∥FD交AF于點M，連接ME，則eq\f(MP,FD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，∴MP綊EC，故四邊形MPCE為平行四邊形，∴CP∥ME，又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF，∴CP∥平面ABEF.(2)設(shè)BE＝x，則AF＝x(0<x≤4)，F(xiàn)D＝6－x，故VA-CDF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×(6－x)×x＝－eq\f(1,3)(x－3)2＋3，∴當x＝3時，VA-CDF有最大值，且最大值為3，此時EC＝1，AF＝3，F(xiàn)D＝3，DC＝2eq\r(2).在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD×DC)＝eq\f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，∴S△ACD＝eq\f(1,2)·DC·AD·sin∠ADC＝3eq\r(3).設(shè)點F到平面ADC的距離為h，∵VA-CDF＝VF-ACD，即3＝eq\f(1,3)·h·S△ACD，∴h＝eq\r(3)，即點F到平面ACD的距離為eq\r(3).方法技巧1在處理空間折疊問題中，要留意平面圖形與空間圖形在折疊前后的相互位置關(guān)系與長度關(guān)系等，關(guān)鍵是點、線、面位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化與平面幾何學問的應(yīng)用，留意平面幾何與立體幾何中相關(guān)學問點的異同，盲目套用簡潔導致錯誤.2解決探究性問題一般先假設(shè)其存在，把這個假設(shè)當作已知條件，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，假如得到了一個合理的結(jié)論，則說明存在；假如得到了一個不合理的結(jié)論，則說明不存在.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝2CD＝2，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，△PAD是以AD為底的等腰三角形．(1)證明：AD⊥PB．(2)若四棱錐P-ABCD的體積等于eq\f(3,2)，問：是否存在過點C的平面CMN分別交PB，AB于點M，N，使得平面CMN∥平面PAD？若存在，求出△CMN的面積；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：取AD的中點G，連接BD，PG，BG.在△PAD中，∵PA＝PD，∴PG⊥AD．∵AB＝AD且∠DAB＝60°，∴△ABD為正三角形，∴BG⊥AD，又∵BG∩PG＝G，BG?平面PBG