高考数学一轮复习第八章立体几何8-4直线平面平行的判定与性质学案理.doc

- 1 - / 14【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何精选高考数学一轮复习第八章立体几何 8-48-4 直直线平面平行的判定与性质学案理线平面平行的判定与性质学案理考纲展示 1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题考点 1 线面平行的判定与性质直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线 l 与平面 没有公共点，则称直线 l 与平面 平行(2)判定定理与性质定理答案：(2)一条直线与此平面内的一条直线 交线(1)教材习题改编在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别在边AD，CD 上，且满足，则直线 EF 与平面 ABC 的关系是_答案：平行解析：因为，所以 EFAC.又因为 AC平面 ABC，EF平面ABC，所以 EF平面 ABC.(2)教材习题改编如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB2，点 E 为 AD 的中点，点 F 在 CD 上若 EF平面 AB1C，则线段 EF 的长度等于_答案：2解析：因为 EF平面 AB1C，易知 ACEF，又因为 E 为中点，所- 2 - / 14以 F 为 DC 的中点，故 EF.典题 1 如图，在四棱锥 PABCD 中，ADBC，ABBCAD，E，F，H 分别为线段 AD，PC，CD 的中点，AC与 BE 交于 O 点，G 是线段 OF 上一点求证：(1)AP平面 BEF；(2)GH平面 PAD.证明 (1)连接 EC，ADBC，BCAD，BC 綊 AE，四边形 ABCE 是平行四边形，O 为 AC 的中点又F 是 PC 的中点，FOAP，又 FO平面 BEF，AP平面 BEF，AP平面 BEF.(2)连接 FH，OH，F，H 分别是 PC，CD 的中点，FHPD，又 PD平面 PAD，FH平面 PAD，FH平面 PAD.又O 是 BE 的中点，H 是 CD 的中点，OHAD，又 AD平面 PAD，OH平面 PAD，OH平面 PAD.又 FHOHH，平面 OHF平面 PAD.又 GH平面 OHF，GH平面 PAD.点石成金 1.证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行注意说明已知的直线不在平面内- 3 - / 142判断或证明线面平行的方法：(1)线面平行的定义(反证法)；(2)线面平行的判定定理；(3)面面平行的性质定理.如图，在直三棱柱 ABCABC中，BAC90°，ABAC，AA1，点 M，N 分别为 AB 和 BC的中点(1)求证：MN平面 AACC；(2)求三棱锥 AMNC 的体积(1)证明：证法一：连接 AB，AC，如图，由已知BAC90°，ABAC，三棱柱 ABCABC为直三棱柱，所以 M 为 AB的中点又因为 N 为 BC的中点，所以 MNAC.又 MN平面 AACC，AC平面 AACC，因此 MN平面 AACC.证法二：取 AB的中点 P，连接 MP，NP，AB，如图，因为 M，N 分别为 AB与 BC的中点，所以 MPAA，PNAC，所以 MP平面 AACC，PN平面 AACC.又 MPNPP，因此平面 MPN平面 AACC.而 MN平面 MPN，因此 MN平面 AACC.(2)解：解法一：连接 BN，如图，由题意 ANBC，平面 ABC平面 BBCCBC，AN平面 ABC，- 4 - / 14平面 ABC平面 BBCC，所以 AN平面 NBC.又 ANBC1，故 VAMNCVNAMCVNABCVANBC.解法二：VAMNCVANBCVMNBCVANBC.考点 2 面面平行的判定与性质平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面(2)判定定理与性质定理答案：(2)相交直线 平行 交线(1)教材习题改编已知平面 ， 和直线 a，b，c，且abc.若 a，b，c，则平面 与 的关系是_答案：平行或相交(2)教材习题改编如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，平面 AB1C 与平面 A1DC1 的位置关系是_答案：平行解析：易证得 A1C1，A1D 都与平面 AB1C 平行，且A1DA1C1A1，所以平面 AB1C平面 A1DC1.判定定理和性质定理的应用：关注定理的条件(1)若直线 a 与平面 内无数条直线平行，则 a 与 的关系是_(2)已知直线 a，b 和平面 ，若a，b，a，b，则 与 的关系是_(3)若 ，直线 a，则 a 与 的关系是_- 5 - / 14答案：(1)a 或 a (2)平行或相交 (3)a 或 a解析：(1)由直线与平面平行的定义和判定定理知，a 可能平行于，也可能在 内(2)当 a 与 b 相交时，；当 a 与 b 平行时， 与 平行或相交(3)当 a 在 外时，a；当 a 在 内时，也满足题意典题 2 如图所示，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)G，H 分别是 A1B1，A1C1 的中点，GH 是A1B1C1 的中位线，GHB1C1.又 B1C1BC，GHBC，B，C，H，G 四点共面(2)E，F 分别是 AB，AC 的中点，EFBC.EF平面 BCHG，BC平面 BCHG，EF平面 BCHG.A1G 綊 EB，四边形 A1EBG 是平行四边形，A1EGB.A1E平面 BCHG，GB平面 BCHG，A1E平面 BCHG.- 6 - / 14A1EEFE，平面 EFA1平面 BCHG.题点发散 1 在本例条件下，若 D 为 BC1 的中点，求证：HD平面 A1B1BA.证明：如图所示，连接 HD，A1B，D 为 BC1 的中点，H 为 A1C1 的中点，HDA1B.又 HD平面 A1B1BA，A1B平面 A1B1BA，HD平面 A1B1BA.题点发散 2 在本例条件下，若 D1，D 分别为 B1C1，BC 的中点，求证：平面 A1BD1平面 AC1D.证明：如图所示，连接 A1C 交 AC1 于点 M，四边形 A1ACC1 是平行四边形，M 是 A1C 的中点连接 MD，D 为 BC 的中点，A1BDM.A1B平面 A1BD1，DM平面 A1BD1，DM平面 A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1 綊 BD，四边形 BDC1D1 为平行四边形，DC1BD1.又 DC1平面 A1BD1，BD1平面 A1BD1，DC1平面 A1BD1，又DC1DMD，DC1，DM平面 AC1D，- 7 - / 14平面 A1BD1平面 AC1D.点石成金 判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)2017·河北衡水模拟在如图所示的几何体 ABCDFE 中， ABC，DFE 都是等边三角形，且所在平面平行，四边形 BCED 是边长为 2 的正方形，且所在平面垂直于平面 ABC.(1)求几何体 ABCDFE 的体积；(2)求证：平面 ADE平面 BCF.(1)解：取 BC 的中点 O，ED 的中点 G，连接 AO，OF，FG，AG.AOBC，AO平面 ABC，平面 BCED平面 ABC，AO平面BCED.同理 FG平面 BCED.AOFG，VABCDFE×4××2.(2)证明：由(1)知，AOFG，AOFG，四边形 AOFG 为平行四边形，AGOF.又DEBC，DEAGG，DE平面 ADE，AG平面 ADE，FOBCO，FO平面 BCF，BC平面 BCF，- 8 - / 14平面 ADE平面 BCF.考点 3 平行关系中的探索性问题典题 3 如图，已知四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 为菱形(1)求证：平面 AB1C平面 DA1C1；(2)在直线 CC1 上是否存在点 P，使 BP平面 DA1C1？若存在，确定点 P 的位置；若不存在，请说明理由(1)证明 由棱柱 ABCDA1B1C1D1 的性质知，AB1DC1.AB1平面 DA1C1，DC1平面 DA1C1，AB1平面 DA1C1.同理可证 B1C平面 DA1C1，而 AB1B1CB1，由面面平行的判定定理知，平面 AB1C平面 DA1C1.(2)解 存在这样的点 P，使 BP平面 DA1C1.A1B1 綊 AB 綊 DC，四边形 A1B1CD 为平行四边形，A1DB1C.在 C1C 的延长线上取点 P，使 C1CCP，连接 BP.B1B 綊 C1C，B1B 綊 CP，四边形 BB1CP 为平行四边形，则 BPB1C，BPA1D，BP平面 DA1C1.点石成金 解决题点发散性问题一般先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，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出- 9 - / 14现矛盾)，则不存在而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明.如图，四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，底面 ABCD 为矩形，PDDC4，AD2，E 为 PC 的中点(1)求三棱锥 APDE 的体积；(2)AC 边上是否存在一点 M，使得 PA平面 EDM？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由解：(1)因为 PD平面 ABCD，AD平面 ABCD，所以 PDAD.又因为 ABCD 是矩形，所以 ADCD.因 PDCDD，所以 AD平面 PCD，所以 AD 是三棱锥 APDE 的高因为 E 为 PC 的中点，且 PDDC4，所以 SPDESPDC×4.又 AD2，所以 VAPDEAD·SPDE×2×4.(2)取 AC 中点 M，连接 EM，DM，因为 E 为 PC 的中点，M 是 AC 的中点，所以 EMPA.又 EM平面 EDM，PA平面 EDM，所以 PA平面 EDM.所以 AMAC.即在 AC 边上存在一点 M，使得 PA平面 EDM，AM 的长为.方法技巧 1.直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质- 10 - / 142平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a，a .3线面平行、面面平行的常见性质(1)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等；(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行；(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例；(4)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行；(5)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行4三种平行间的转化关系线线平行线面平行面面平行其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化易错防范 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在面面平行的判定中易忽视“平面内两条相交直线”这一条件3如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交真题演练集训 12016·山东卷节选在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆 O的直径，EF 是上底面圆 O的直径，FB 是圆台的一条母线已知G，H 分别为 EC，FB 的中点，求证：GH平面 ABC.证明：设 FC 的中点为 I，连接 GI，HI，在CEF 中，因为点 G是 CE 的中点，- 11 - / 14所以 GIEF.又 EFOB，所以 GIOB.在CFB 中，因为 H 是 FB 的中点，所以 HIBC.又 HIGII，OBBCB，所以平面 GHI平面 ABC.因为 GH平面 GHI，所以 GH平面 ABC.22016·新课标全国卷节选如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M 为线段 AD上一点，AM2MD，N 为 PC 的中点证明：MN平面 PAB.证明：由已知得 AMAD2.取 BP 的中点 T，连接 AT，TN.由 N 为 PC 的中点知，TNBC，TNBC2.又 ADBC，故 TN 綊 AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于是MNAT.因为 AT平面 PAB，MN平面 PAB，所以 MN平面 PAB.32015·江苏卷节选如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，已知 ACBC，BCCC1，设 AB1 的中点为 D，B1CBC1E.求证：DE平面 AA1C1C.证明：由题意知，E 为 B1C 的中点，又 D 为 AB1 的中点，因此 DEAC.又因为 DE平面 AA1C1C，AC平面 AA1C1C，所以 DE平面 AA1C1C.42014·新课标全国卷节选如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA平面 ABCD，E 为 PD 的中点证明：PB平面- 12 - / 14AEC.证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点又 E 为 PD 的中点，所以 EOPB.又因为 EO平面 AEC，PB平面 AEC，所以 PB平面 AEC.课外拓展阅读 立体几何中的探索性问题1条件追溯型问题典例 1 如图所示，已知在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，ADDC，ABDC，DCDD12AD2AB2.(1)求证：DB平面 B1BCC1；(2)设 E 是 DC 上一点，试确定点 E 的位置，使得 D1E平面A1BD，并说明理由(1)证明 因为 ABDC，ADDC，所以 ABAD，在 RtABD 中，ABAD1，所以 BD，易求 BC，因为 CD2，所以 BDBC.又 BDBB1，B1BBCB，所以 BD平面 B1BCC1.(2)解 点 E 为 DC 的中点理由如下：如图所示，连接 BE，因为 DEAB，DEAB，所以四边形 ABED 是平行四边形所以 ADBE.又 ADA1D1，所以 BEA1D1，- 13 - / 14所以四边形 A1D1EB 是平行四边形，所以 D1EA1B.因为 D1E平面 A1BD，A1B平面 A1BD，所以 D1E平面 A1BD.方法探究立体几何中的条件追溯型问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步地推出所要求的条件此类问题的难点是如何应用“执果索因” 在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意2存在探索型问题典例 2 如图所示，在四面体 PABC 中，PCAB，PABC，点D，E，F，G 分别是棱 AP，AC，BC，PB 的中点(1)求证：DE平面 BCP；(2)求证：四边形 DEFG 为矩形；(3)是否存在点 Q，到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等？请说明理由思路分析 (1)利用 DEPC 证明线面平行；(2)利用平行关系和已知 PCAB 证明 DEDG；(3)Q 应为 EG 的中点(1)证明 因为 D，E 分别是 AP，AC 的中点，所以 DEPC.又 DE平面 BCP，所以 DE平面 BCP.- 14 - / 14(2)证明 因为 D，E，F，G 分别为 AP，AC，BC，PB 的中点，所以 DEPCFG，DGABEF.所以四边形 DEFG 为平行四边形又 PCAB，所以 DEDG.所以四边形 DEFG 为矩形(3)解 存在满足条件的点 Q.理由如下：连接 DF，EG，如图所示，设 Q 为 EG 的中点，由(2)知，DFEGQ，且 QDQEQFQGEG.分别取 PC，AB 的中点 M，N，连接 ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形 MENG 为矩形，其对角线交点为 EG 的中点 Q，且 QMQNEG，所以 Q 为满足条件的点方法探究解决与平行有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在