《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八篇 立體幾何 第4講　直線、平面平行的判定及其性質(zhì)教案 理 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新方案】2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八篇 立體幾何 第4講　直線、平面平行的判定及其性質(zhì)教案 理 新人教版（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講　直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 【2020年高考會(huì)這樣考】 1．考查空間直線與平面平行，面面平行的判定及其性質(zhì)． 2．以解答題的形式考查線面的平行關(guān)系． 3．考查空間中平行關(guān)系的探索性問題． 【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】 1．熟練掌握線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)，會(huì)把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題，解答過程中敘述的步驟要完整，避免因條件書寫不全而失分． 2．學(xué)會(huì)應(yīng)用“化歸思想”進(jìn)行“線線問題、線面問題、面面問題”的互相轉(zhuǎn)化，牢記解決問題的根源在“定理”． 基礎(chǔ)梳理 1．平面與平面的位置關(guān)系有相交、平行兩種情況． 2．直線和平面平行的判定 (1)定義：直線和平面沒有公共點(diǎn)，則稱直線

2、平行于平面； (2)判定定理：a?α，b?α，且a∥b?a∥α； (3)其他判定方法：α∥β；a?α?a∥β. 3．直線和平面平行的性質(zhì)定理：a∥α，a?β，α∩β＝l?a∥l. 4．兩個(gè)平面平行的判定 (1)定義：兩個(gè)平面沒有公共點(diǎn)，稱這兩個(gè)平面平行； (2)判定定理：a?α，b?α，a∩b＝M，a∥β，b∥β?α∥β； (3)推論：a∩b＝M，a，b?α，a′∩b′＝M′，a′，b′?β，a∥a′，b∥b′?α∥β. 5．兩個(gè)平面平行的性質(zhì)定理 (1)α∥β，a?α?a∥β； (2)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b?a∥b. 6．與垂直相關(guān)的平行的判定 (1)a⊥α，

3、b⊥α?a∥b； (2)a⊥α，a⊥β?α∥β. 一個(gè)關(guān)系 平行問題的轉(zhuǎn)化關(guān)系： 兩個(gè)防范 (1)在推證線面平行時(shí)，一定要強(qiáng)調(diào)直線不在平面內(nèi)，否則，會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤． (2)把線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行時(shí)，必須說清經(jīng)過已知直線的平面與已知平面相交，則直線與交線平行． 雙基自測(cè) 1．(人教A版教材習(xí)題改編)下面命題中正確的是(　　)． ①若一個(gè)平面內(nèi)有兩條直線與另一個(gè)平面平行，則這兩個(gè)平面平行； ②若一個(gè)平面內(nèi)有無數(shù)條直線與另一個(gè)平面平行，則這兩個(gè)平面平行； ③若一個(gè)平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行； ④若一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線分別與另一個(gè)平面平行，

4、則這兩個(gè)平面平行． A．①③ B．②④ C．②③④ D．③④ 解析?、佗谥袃蓚€(gè)平面可以相交，③是兩個(gè)平面平行的定義，④是兩個(gè)平面平行的判定定理． 答案　D 2．平面α∥平面β，a?α，b?β，則直線a，b的位置關(guān)系是(　　)． A．平行 B．相交 C．異面 D．平行或異面 答案　D 3．(2020·銀川質(zhì)檢)在空間中，下列命題正確的是(　　)． A．若a∥α，b∥a，則b∥α B．若a∥α，b∥α，a?β，b?β，則β∥α C．若α∥β，b∥α，則b∥β D．若α∥β，a?α，則a∥β 解析　若a∥α，b∥a，則b∥α或b?α，故A錯(cuò)誤；由面面平行的判定

5、定理知，B錯(cuò)誤；若α∥β，b∥α，則b∥β或b?β，故C錯(cuò)誤． 答案　D 4．(2020·溫州模擬)已知m、n為兩條不同的直線，α、β為兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是(　　)． A．m∥n，m⊥α?n⊥α B．α∥β，m?α，n?β?m∥n C．m⊥α，m⊥n?n∥α D．m?α，n?α，m∥β，n∥β?α∥β 解析　選項(xiàng)A中，如圖①，n∥m，m⊥α?n⊥α一定成立，A正確；選項(xiàng)B中，如圖②，α∥β，m?α，n?β?m與n互為異面直線，∴B不正確；選項(xiàng)C中，如圖③，m⊥α，m⊥n?n?α，∴C不正確；選項(xiàng)D中，如圖④，m?α，n?α，m∥β，n∥β?α與β相交，∴D不正確.

6、 答案　A 5．(2020·衡陽質(zhì)檢)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中點(diǎn)，則BD1與平面ACE的位置關(guān)系為________． 解析　如圖． 連接AC、BD交于O點(diǎn)，連結(jié)OE，因?yàn)镺E∥BD1，而OE?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案　平行　　 考向一　直線與平面平行的判定與性質(zhì) 【例1】?(2020·天津改編)如圖， 在四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，O為AC的中點(diǎn)，M為PD的中點(diǎn)． 求證：PB∥平面ACM. [審題視點(diǎn)] 連接MO，證明PB∥MO即可． 證明　連接BD，MO.在平行四

7、邊形ABCD中，因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)．又M為PD的中點(diǎn)，所以PB∥MO.因?yàn)镻B?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB∥平面ACM. 利用判定定理時(shí)關(guān)鍵是找平面內(nèi)與已知直線平行的直線．可先直觀判斷平面內(nèi)是否已有，若沒有，則需作出該直線，常考慮三角形的中位線、平行四邊形的對(duì)邊或過已知直線作一平面找其交線． 【訓(xùn)練1】 如圖，若 PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，E、F分別是AB、PD的中點(diǎn)，求證：AF∥平面PCE. 證明　取PC的中點(diǎn)M，連接ME、MF， 則FM∥CD且FM＝CD. 又∵AE∥CD且AE＝CD， ∴FM綉AE，即四邊形AFME是

8、平行四邊形． ∴AF∥ME，又∵AF?平面PCE，EM?平面PCE， ∴AF∥平面PCE. 考向二　平面與平面平行的判定與性質(zhì) 【例2】?如圖， 在正方體ABCDA1B1C1D1中，M、N、P分別為所在邊的中點(diǎn)． 求證：平面MNP∥平面A1C1B； [審題視點(diǎn)] 證明MN∥A1B， MP∥C1B. 證明　連接D1C，則MN為△DD1C的中位線， ∴MN∥D1C. 又∵D1C∥A1B，∴MN∥A1B.同理，MP∥C1B. 而MN與MP相交，MN，MP在平面MNP內(nèi)，A1B，C1B在平面A1C1B內(nèi)．∴平面MNP∥平面A1C1B. 證明面面平行的方法有： (1)面

9、面平行的定義； (2)面面平行的判定定理：如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行； (3)利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行； (4)兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行； (5)利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化． 【訓(xùn)練2】 如圖， 在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點(diǎn)，求證： (1)B，C，H，G四點(diǎn)共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 證明　(1)∵GH是△A1B1C1的中位線，∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC， ∴B，C

10、，H，G四點(diǎn)共面． (2)∵E、F分別為AB、AC的中點(diǎn)，∴EF∥BC， ∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. ∵A1G綉EB，∴四邊形A1EBG是平行四邊形， ∴A1E∥GB.∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG. ∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. 考向三　線面平行中的探索問題 【例3】?如圖所示， 在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，若D是棱CC1的中點(diǎn)，問在棱AB上是否存在一點(diǎn)E，使DE∥平面AB1C1？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)E的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由． [審題視點(diǎn)] 取

11、AB、BB1的中點(diǎn)分別為E、F，證明平面DEF∥平面AB1C1即可． 解　存在點(diǎn)E，且E為AB的中點(diǎn)． 下面給出證明： 如圖，取BB1的中點(diǎn)F，連接DF， 則DF∥B1C1. ∵AB的中點(diǎn)為E，連接EF， 則EF∥AB1. B1C1與AB1是相交直線， ∴平面DEF∥平面AB1C1. 而DE?平面DEF，∴DE∥平面AB1C1. 解決探究性問題一般要采用執(zhí)果索因的方法，假設(shè)求解的結(jié)果存在，從這個(gè)結(jié)果出發(fā)，尋找使這個(gè)結(jié)論成立的充分條件，如果找到了符合題目結(jié)果要求的條件，則存在；如果找不到符合題目結(jié)果要求的條件(出現(xiàn)矛盾)，則不存在． 【訓(xùn)練3】 如圖， 在四

12、棱錐PABCD中，底面是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)M、N分別為BC、PA的中點(diǎn)．在線段PD上是否存在一點(diǎn)E，使NM∥平面ACE？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)E的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　在PD上存在一點(diǎn)E，使得NM∥平面ACE. 證明如下：如圖，取PD的中點(diǎn)E，連接NE，EC，AE， 因?yàn)镹，E分別為PA，PD的中點(diǎn)，所以NE綉AD. 又在平行四邊形ABCD中，CM綉AD.所以NE綉MC，即四邊形MCEN是平行四邊形．所以NM綉EC. 又EC?平面ACE，NM?平面ACE，所以MN∥平面ACE， 即在PD上存在一點(diǎn)E，使得NM∥平面ACE.　　 規(guī)范解答13——怎樣證明線

13、線、線面、面面平行與垂直的綜合性問題 【問題研究】 高考對(duì)平行、垂直關(guān)系的考查主要以線面平行、線面垂直為核心，以多面體為載體結(jié)合平面幾何知識(shí)，考查判定定理、性質(zhì)定理等內(nèi)容，難度為中低檔題目. 【解決方案】 利用定理證明線面關(guān)系時(shí)要注意結(jié)合幾何體的結(jié)構(gòu)特征，尤其注意對(duì)正棱柱、正棱錐等特殊幾何體性質(zhì)的靈活運(yùn)用，進(jìn)行空間線面關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化. 【示例】?(本題滿分12分)(2020·山東)如圖， 在四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)證明：AA1⊥BD； (2)證明：CC1∥平面A1B

14、D. 第(1)問轉(zhuǎn)化為證明BD垂直A1A所在平面；第(2)問在平面A1BD內(nèi)尋找一條線與CC1平行． [解答示范] 證明　(1)因?yàn)镈1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD， 所以D1D⊥BD.(1分) 又因?yàn)锳B＝2AD，∠BAD＝60°， 在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos 60°＝3AD2，所以AD2＋BD2＝AB2， 因此AD⊥BD.(4分) 又AD∩D1D＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1， 故AA1⊥BD.(6分) (2)如圖，連結(jié)AC，A1C1， 設(shè)AC∩BD＝E，連結(jié)EA1， 因?yàn)?/p>

15、四邊形ABCD為平行四邊形， 所以EC＝AC.(8分) 由棱臺(tái)定義及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1∥EC且A1C1＝EC，所以四邊形A1ECC1為平行四邊形，(10分) 因此CC1∥EA1. 又因?yàn)镋A1?平面A1BD， CC1?平面A1BD， 所以CC1∥平面A1BD.(12分) 證明線面關(guān)系不能僅僅考慮線面關(guān)系的判定和性質(zhì)，更要注意對(duì)幾何體的幾何特征的靈活應(yīng)用．證明的依據(jù)是空間線面關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理．另外根據(jù)幾何體的數(shù)據(jù)，通過計(jì)算也可得到線線垂直的關(guān)系，所以要注意對(duì)幾何體中的數(shù)據(jù)的正確利用． 【試一試】 (2020·安徽) 如圖，在多面體ABCDEF中，四

16、邊形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H為BC的中點(diǎn)． (1)求證：FH∥平面EDB； (2)求證：AC⊥平面EDB； (3)求四面體BDEF的體積． [嘗試解答]　(1)證明　設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G，則G為AC的中點(diǎn)．連EG，GH，由于H為BC的中點(diǎn)，故GH綉AB. 又EF綉AB，∴EF綉GH. ∴四邊形EFHG為平行四邊形． ∴EG∥FH，而EG?平面EDB，∴FH∥平面EDB. (2)證明　由四邊形ABCD為正方形，有AB⊥BC. 又EF∥AB，∴EF⊥BC. 而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC，∴EF⊥FH. ∴AB⊥FH.又BF＝FC，H為BC的中點(diǎn)， ∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABCD. ∴FH⊥AC.又FH∥EG，∴AC⊥EG. 又AC⊥BD，EG∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB. (3)解　∵EF⊥FB，∠BFC＝90°，∴BF⊥平面CDEF. ∴BF為四面體BDEF的高． 又BC＝AB＝2，∴BF＝FC＝. VB－DEF＝××1××＝.