（浙江專用）2020版高考數(shù)學新增分大一輪復(fù)習 第八章 立體幾何與空間向量 8.4 直線、平面平行的判定與性質(zhì)講義（含解析）.docx
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8.4 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 最新考綱 考情考向分析 理解空間線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理. 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．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能力，廣泛應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想. 1．線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 平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行(簡記為“線線平行?線面平行”) ?l∥α 性質(zhì)定理 一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡記為“線面平行?線線平行”) ?l∥b 2.面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 一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”) ?α∥β 性質(zhì)定理 如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行 ?a∥b 概念方法微思考 1．一條直線與一個平面平行，那么它與平面內(nèi)的所有直線都平行嗎？ 提示 不都平行．該平面內(nèi)的直線有兩類，一類與該直線平行，一類與該直線異面． 2．一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別對應(yīng)平行，那么這兩個平面平行嗎？ 提示 平行．可以轉(zhuǎn)化為“一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行”，這就是面面平行的判定定理． 題組一 思考辨析 1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”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)平行于同一條直線的兩個平面平行．( ) (3)如果一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．( ) (4)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內(nèi)的兩條直線平行或異面．( √ ) (5)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α.( ) (6)若α∥β，直線a∥α，則a∥β.( ) 題組二 教材改編 2．[P58練習T3]平面α∥平面β的一個充分條件是( ) A．存在一條直線a，a∥α，a∥β B．存在一條直線a，a?α，a∥β C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α 答案 D 解析 若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，則a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a?α，a∥l，則a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，則a∥β，b∥α，故排除C.故選D. 3．[P62A組T3]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為DD1的中點，則BD1與平面AEC的位置關(guān)系為________． 答案 平行 解析 連接BD，設(shè)BD∩AC＝O，連接EO， 在△BDD1中，E為DD1的中點，O為BD的中點， 所以EO為△BDD1的中位線，則BD1∥EO， 而BD1?平面ACE，EO?平面ACE， 所以BD1∥平面ACE. 題組三 易錯自糾 4．對于空間中的兩條直線m，n和一個平面α，下列命題是真命題的是( ) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，n?α，則m∥n C．若m∥α，n⊥α，則m∥n D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n 答案 D 解析 對A，直線m，n可能平行、異面或相交，故A錯誤；對B，直線m與n可能平行，也可能異面，故B錯誤；對C，m與n垂直而非平行，故C錯誤；對D，垂直于同一平面的兩直線平行，故D正確． 5．若平面α∥平面β，直線a∥平面α，點B∈β，則在平面β內(nèi)且過B點的所有直線中( ) A．不一定存在與a平行的直線 B．只有兩條與a平行的直線 C．存在無數(shù)條與a平行的直線 D．存在唯一與a平行的直線 答案 A 解析 當直線a在平面β內(nèi)且過B點時，不存在與a平行的直線，故選A. 6．設(shè)α，β，γ為三個不同的平面，a，b為直線，給出下列條件： ①a?α，b?β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ； ③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b. 其中能推出α∥β的條件是______．(填上所有正確的序號) 答案 ②④ 解析 在條件①或條件③中，α∥β或α與β相交； 由α∥γ，β∥γ?α∥β，條件②滿足； 在④中，a⊥α，a∥b?b⊥α，又b⊥β，從而α∥β，④滿足． 題型一 直線與平面平行的判定與性質(zhì) 命題點1 直線與平面平行的判定 例1 (2018紹興模擬)如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90，AB＝AC＝2，點M，N分別為A1C1，AB1的中點． (1)證明：MN∥平面BB1C1C； (2)若CM⊥MN，求三棱錐M—NAC的體積． (1)證明 連接A1B，BC1，點M，N分別為A1C1，A1B的中點，所以MN為△A1BC1的一條中位線， 所以MN∥BC1， 又MN?平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C， 所以MN∥平面BB1C1C. (2)解 設(shè)點D，E分別為AB，AA1的中點，AA1＝a，連接ND，CD，則CM2＝a2＋1，MN2＝1＋＝，CN2＝＋5＝， 由CM⊥MN，得CM2＋MN2＝CN2， 解得a＝， 又NE⊥平面AA1C1C，NE＝1， V三棱錐M—NAC＝V三棱錐N—AMC＝S△AMCNE ＝21＝. 所以三棱錐M—NAC的體積為. 命題點2 直線與平面平行的性質(zhì) 例2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. (1)證明：EF∥平面PDC； (2)求點F到平面PDC的距離． (1)證明 取PC的中點M，連接DM，MF， ∵M，F(xiàn)分別是PC，PB的中點， ∴MF∥CB，MF＝CB， ∵E為DA的中點，四邊形ABCD為正方形， ∴DE∥CB，DE＝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. (2)解 ∵EF∥平面PDC， ∴點F到平面PDC的距離等于點E到平面PDC的距離． ∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥DA， 在Rt△PAD中，PA＝AD＝1， ∴DP＝， ∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥CB， ∵CB⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB， ∴CB⊥平面PAB， ∴CB⊥PB，則PC＝， ∴PD2＋DC2＝PC2， ∴△PDC為直角三角形，其中PD⊥CD， ∴S△PDC＝1＝， 連接EP，EC，易知VE－PDC＝VC－PDE， 設(shè)E到平面PDC的距離為h， ∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA＝A， AD，PA?平面PAD， ∴CD⊥平面PAD， 則h＝11， ∴h＝， ∴F到平面PDC的距離為. 思維升華判斷或證明線面平行的常用方法 (1)利用線面平行的定義(無公共點)． (2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)． (3)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α?a∥β)． (4)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)． 跟蹤訓練1(2019崇左聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，PA＝AD＝2，四邊形ABCD滿足BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1.點E，F(xiàn)分別為側(cè)棱PB，PC上的點，且＝＝λ(λ≠0)． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)當λ＝時，求點D到平面AFB的距離． (1)證明 ∵＝＝λ(λ≠0)，∴EF∥BC. ∵BC∥AD，∴EF∥AD. 又EF?平面PAD，AD?平面PAD， ∴EF∥平面PAD. (2)解 ∵λ＝，∴F是PC的中點， 在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝， ∴PC＝＝， ∴PF＝PC＝. ∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD＝AC，PA⊥AC，PA?平面PAC， ∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC. 又AB⊥AD，BC∥AD，∴BC⊥AB， 又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB， ∴BC⊥平面PAB， ∴BC⊥PB，∴在Rt△PBC中，BF＝PC＝. 連接BD，DF，設(shè)點D到平面AFB的距離為d， 在等腰三角形BAF中，BF＝AF＝，AB＝1， ∴S△ABF＝， 又S△ABD＝1，點F到平面ABD的距離為1， ∴由VF－ABD＝VD－AFB，得11＝d， 解得d＝， 即點D到平面AFB的距離為. 題型二 平面與平面平行的判定與性質(zhì) 例3如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，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)∵G，H分別是A1B1，A1C1的中點， ∴GH是△A1B1C1的中位線， ∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC， ∴GH∥BC， ∴B，C，H，G四點共面． (2)∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，∴EF∥BC. ∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. 又G，E分別為A1B1，AB的中點，A1B1∥AB且A1B1＝AB， ∴A1G∥EB，A1G＝EB， ∴四邊形A1EBG是平行四邊形， ∴A1E∥GB. 又∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG， ∴A1E∥平面BCHG. 又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1， ∴平面EFA1∥平面BCHG. 引申探究 1．在本例中，若將條件“E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點”變?yōu)椤癉1，D分別為B1C1，BC的中點”，求證：平面A1BD1∥平面AC1D. 證明 如圖所示，連接A1C，AC1，交于點M， ∵四邊形A1ACC1是平行四邊形， ∴M是A1C的中點，連接MD， ∵D為BC的中點， ∴A1B∥DM. ∵A1B?平面A1BD1，DM?平面A1BD1， ∴DM∥平面A1BD1， 又由三棱柱的性質(zhì)知，D1C1∥BD且D1C1＝BD， ∴四邊形BDC1D1為平行四邊形， ∴DC1∥BD1. 又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1， ∴DC1∥平面A1BD1， 又DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D， 因此平面A1BD1∥平面AC1D. 2．在本例中，若將條件“E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點”變?yōu)椤包cD，D1分別是AC，A1C1上的點，且平面BC1D∥平面AB1D1”，試求的值． 解 連接A1B，AB1，交于點O，連接OD1. 由平面BC1D∥平面AB1D1， 且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O， 所以BC1∥D1O， 則＝＝1. 同理，AD1∥C1D， 又AD∥C1D1， 所以四邊形ADC1D1是平行四邊形， 所以AD＝D1C1， 又AC＝A1C1， 所以＝， 所以＝1，即＝1. 思維升華證明面面平行的方法 (1)面面平行的定義． (2)面面平行的判定定理． (3)垂直于同一條直線的兩個平面平行． (4)兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行． (5)利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化． 跟蹤訓練2如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M為棱AE的中點． (1)求證：平面BDM∥平面EFC； (2)若AB＝1，BF＝2，求三棱錐A－CEF的體積． (1)證明 如圖，設(shè)AC與BD交于點N， 則N為AC的中點，連接MN， 又M為棱AE的中點， ∴MN∥EC. ∵MN?平面EFC，EC?平面EFC， ∴MN∥平面EFC. ∵BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且BF＝DE， ∴BF∥DE且BF＝DE， ∴四邊形BDEF為平行四邊形， ∴BD∥EF. ∵BD?平面EFC，EF?平面EFC， ∴BD∥平面EFC. 又MN∩BD＝N，MN，BD?平面BDM， ∴平面BDM∥平面EFC. (2)解 連接EN，F(xiàn)N. 在正方形ABCD中，AC⊥BD， 又BF⊥平面ABCD，∴BF⊥AC. 又BF∩BD＝B，BF，BD?平面BDEF， ∴AC⊥平面BDEF， 又N是AC的中點， ∴V三棱錐A－NEF＝V三棱錐C－NEF， ∴V三棱錐A－CEF＝2V三棱錐A－NEF ＝2ANS△NEF ＝22＝， ∴三棱錐A－CEF的體積為. 題型三 平行關(guān)系的綜合應(yīng)用 例4如圖所示，四邊形EFGH為空間四邊形ABCD的一個截面，若截面為平行四邊形． (1)求證：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH； (2)若AB＝4，CD＝6，求四邊形EFGH周長的取值范圍． (1)證明 ∵四邊形EFGH為平行四邊形， ∴EF∥HG. ∵HG?平面ABD，EF?平面ABD， ∴EF∥平面ABD. 又∵EF?平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB， ∴EF∥AB，又∵AB?平面EFGH，EF?平面EFGH， ∴AB∥平面EFGH.同理可證，CD∥平面EFGH. (2)解 設(shè)EF＝x(0下載提示(請認真閱讀)
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