2019版高考數(shù)學一輪復習 第七章 立體幾何 第41講 直線、平面平行的判定及其性質學案

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1、 第41講　直線、平面平行的判定及其性質 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.能以立體幾何中的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面平行的有關性質與判定定理． 2．能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間圖形的平行關系的簡單命題. 2017·江蘇卷，15 2016·全國卷Ⅱ，14 2016·四川卷，18 與直線、平面平行有關的命題判斷；線線平行的證明；線面平行的證明；面面平行的證明；由線面平行或面面平行探求動點的位置. 分值：4～6分 1．直線與平面平行的判定定理和性質定理 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

2、平面內(nèi)__的一條直線平行，則該直線與此平面平行(線線平行?線面平行) __l∥a__，__a?α__， __l?α__?l∥α 性質定理 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∥α__，__l?β__， __α∩β＝b__?l∥b 2．平面與平面平行的判定定理和性質定理 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”) __a∥β__，__b∥β__， __a∩b＝P__，__a?

3、α，__ __b?α__?α∥β 性質定理 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 __α∥β__，__α∩γ＝a__， __β∩γ＝b__?a∥b 1．思維辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)． (1)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．(　×　) (2)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．(　√　) (3)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α.(　×　) (4)平行于同一平面的兩條直線平行．(　×　) (5)若α∥β，且直線a∥α，則直線a∥β.(　×　) 解析 (1)錯

4、誤．當這兩條直線為相交直線時，才能保證這兩個平面平行． (2)正確．如果兩個平面平行，則在這兩個平面內(nèi)的直線沒有公共點，則它們平行或異面． (3)錯誤．若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α或a?α. (4)錯誤．兩條直線平行或相交或異面． (5)錯誤．直線a∥β或直線a?β. 2．下列條件中，能作為兩平面平行的充分條件的是(　D　) A．一個平面內(nèi)的一條直線平行于另一個平面 B．一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面 C．一個平面內(nèi)有無數(shù)條直線平行于另一個平面 D．一個平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個平面 解析 由面面平行的定義可知，一平面內(nèi)所有的直線都平行于另一個平面

5、時，兩平面才能平行，故D正確． 3．(2016·全國卷Ⅰ)平面α過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　A　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 解析 如圖，延長B1A1至A2，使A2A1＝B1A1，延長D1A1至A3，使A3A1＝D1A1，連接AA2，AA3，A2A3，A1B，A1D．易證AA2∥A1B∥D1C，AA3∥A1D∥B1C． ∴平面AA2A3∥平面CB1D1，即平面AA2A3為平面α. 于是m∥A2A3，直線AA2即為直線n.顯然有AA2＝AA3＝A2A3，于是m

6、，n所成的角為60°，其正弦值為.選A． 4．已知直線a，b，平面α，則以下三個命題： ①若a∥b，b?α，則a∥α； ②若a∥b，a∥α，則b∥α； ③若a∥α，b∥α，則a∥b. 其中真命題的個數(shù)是(　A　) A．0　　 B．1　　 C．2　　 D．3 解析 對于命題①，若a∥b，b?α，則應有a∥α或a?α， 所以①不正確； 對于命題②，若a∥b，a∥α，則應有b∥α或b?α， 因此②也不正確； 對于命題③，若a∥α，b∥α，則應有a∥b或a與b相交或a與b異面， 因此③也不正確． 5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中點，則BD1與平面AC

7、E的位置關系為__平行__. 解析 如圖．連接AC，BD交于O點，連接OE，因為OE∥BD1，而OE?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 一　直線與平面平行的判定與性質 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定理(α∥β，a?α?a∥β)． (4)利用面面平行的性質(α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β)． 【例1】 (2017·江蘇卷)如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，

8、F(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC． 解析 (1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB． 又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC． (2)因為平面ABD⊥平面BCD，平面ADB∩平面BCD＝BD， BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD． 因為AD?平面ADB，所以BC⊥AD． 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC， 所以AD⊥平面ABC． 又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC． 二　平面與平面平行的判定

9、與性質 判定面面平行的四種方法 (1)利用定義，即證兩個平面沒有公共點(不常用)． (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)． (3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行(客觀題可用)． (4)利用平面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(客觀題可用)． 【例2】 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.

10、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. ∵A1GEB，∴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. 三　空間平行關系的探索性問題 解決探究性問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果出發(fā)，尋找使這個結論成立的充分條件，如果找到了使結論成立的充分條件，則存在；如果找不到使結論成立的充分條件(出現(xiàn)矛盾)，則不存在．

11、而對于探求點的問題，一般是先探求點的位置，多為線段的中點或某個等分點，然后給出符合要求的證明． 【例3】 如圖所示，四邊形ABCD為矩形，DA⊥平面ABE, AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE于點F，且點F在線段CE上． (1)求證：AE⊥BE； (2)設點M在線段AB上，且滿足AM＝2MB，試在線段CE上確定一點N，使得MN∥平面ADE. 解析 (1)證明：由DA⊥平面ABE及AD∥BC， 得BC⊥平面ABE，又AE?平面ABE，所以AE⊥BC， 因為BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以BF⊥AE， 又BC∩BF＝B，BC，BF?平面BCE，所以AE⊥平面BCE.

12、 因為BE?平面BCE，故AE⊥BE. (2)在△ABE中，過點M作MG∥AE交BE于點G， 在△BEC中，過點G作GN∥BC交CE于點N，連接MN， 則由＝＝＝，得CN＝CE. 因為MG∥AE，AE?平面ADE， MG?平面ADE，所以MG∥平面ADE， 又GN∥BC，BC∥AD，AD?平面ADE，GN?平面ADE， 所以GN∥平面ADE， 又MG∩GN＝G，所以平面MGN∥平面ADE， 因為MN?平面MGN，所以MN∥平面ADE. 故當點N為線段CE上靠近C的一個三等分點時，MN∥平面ADE. 1．有下列命題： ①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線l

13、∥α； ②若直線a在平面α外，則a∥α； ③若直線a∥b，b∥α，則a∥α； ④若直線a∥b，b∥α，則a平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線． 其中真命題的個數(shù)是(　A　) A．1　　 B．2　　 C．3　　 D．4 解析 命題①，l可以在平面α內(nèi)，不正確；命題②，直線a與平面α可以是相交關系，不正確；命題③，a可以在平面α內(nèi)，不正確；命題④正確． 2．已知m，n是兩條直線，α，β是兩個平面，給出下列命題： ①若n⊥α，n⊥β，則α∥β； ②若平面α上有不共線的三點到平面β的距離相等，則α∥β； ③若m，n為異面直線，n?α，n∥β，m?β，m∥α，則α∥β. 其中正確命題的個

14、數(shù)是(　B　) A．3　　 B．2　　 C．1　　 D．0 解析 ①若n⊥α，n⊥β，則n為平面α與β的公垂線，則α∥β，故①正確； ②若平面α上有不共線的三點到平面β的距離相等，三點可能在平面β的異側，此時α與β相交，故②錯誤； ③若n，m為異面直線．n?α，n∥β，m?β，m∥α，根據(jù)面面平行的判定定理，可得③正確．故選B． 3．如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面為直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中點． (1)求證：AM＝CM； (2)若N是PC的中點，求證：DN∥平面AMC． 證明 (1)∵在直角梯

15、形ABCD中，AD＝DC＝AB＝1， ∴AC＝，BC＝，AB＝2，則AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC， 又PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD， ∴BC⊥PA，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC． 在Rt△PAB中，M為PB的中點，則AM＝PB， 在Rt△PBC中，M為PB的中點，則CM＝PB， ∴AM＝CM. (2)如圖，連接DB交AC于點F， ∵DCAB，∴DF＝FB． 取PM的中點G，連接DG，F(xiàn)M， 則DG∥FM， 又DG?平面AMC，F(xiàn)M?平面AMC， ∴DG∥平面AMC． 連接GN，則GN∥MC，GN?平面AMC，MC?平面AMC

16、． ∴GN∥平面AMC，又GN∩DG＝G，∴平面DNG∥平面AMC， 又DN?平面DNG，∴DN∥平面AMC． 4．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，則當點Q在什么位置時，平面D1BQ∥平面PAO? 解析 當Q為CC1的中點時，平面D1BQ∥平面PAO.證明如下： ∵Q為CC1的中點，P為DD1的中點，∴QB∥PA． ∵P，O分別為DD1，DB的中點，∴D1B∥PO. 又∵D1B?平面PAO，PO?平面PAO，QB?平面PAO， PA?平面PAO，∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO， 又D1B

17、∩QB＝B，D1B，QB?平面D1BQ，∴平面D1BQ∥平面PAO. 易錯點　忽視判定定理和性質定理的使用條件 錯因分析：如下面的例子中，已知α∥β，a?α，b?β，那么a與b不一定平行，還可能異面． 【例1】 已知三個平面α，β，γ，滿足α∥β∥γ，直線a與這三個平面依次交于點A，B，C，直線b與這三個平面依次交于點E，F(xiàn)，G，求證：＝.　 證明 (1)當a，b共面時，設a，b共面θ，連接AE，BF，CG. ∵α∥β∥γ，α∩θ＝AE，β∩θ＝BF，γ∩θ＝CG， ∴AE∥BF∥CG. 據(jù)平行線分線段成比例可知＝； (2)當a，b異面時，如圖(1)，連接AG交β于

18、點O，連接OB，OF. ∵β∥γ，β∩面ACG＝OB，γ∩面ACG＝CG， ∴OB∥CG， 同理可得OF∥AE， ∴＝，＝，∴＝. 【跟蹤訓練1】 (2016·四川卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD． (1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由； (2)證明：平面PAB⊥平面PBD． 解析 (1)取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點．理由如下： 連接CM.因為AD∥BC，BC＝AD， 所以BC∥AM，且BC＝AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形， 從

19、而CM∥AB． 又AB?平面PAB，CM?平面PAB， 所以CM∥平面PAB． (2)證明：連接BM，由已知得，PA⊥AB，PA⊥CD， 因為AD∥BC，BC＝AD，所以直線AB與CD相交， 所以PA⊥平面ABCD．從而PA⊥BD，因為AD∥BC，BC＝AD， 所以BC∥MD，且BC＝MD．所以四邊形BCDM是平行四邊形． 所以BM＝CD＝BC，BCDM是菱形，∴BD⊥MC，又MC∥AB，所以BD⊥AB．又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB． 又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD． 課時達標　第41講 [解密考綱]對直線、平面平行的判定與性質定理的初步考查一般以

20、選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，難度不大；綜合應用直線、平面平行的判定與性質，常以解答題為主，難度中等． 一、選擇題 1．(2018·廣東揭陽模擬)設兩個不同的平面α，β，兩條不同的直線 a，b，且a?α，b?α，則“a∥β，b∥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 解析 因為“a∥β，b∥β”，若a∥b，則α與β不一定平行，反之若“α∥β”，則一定“a∥β，b∥β”，故選B． 2．如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AD上的點，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中

21、點，則(　B　) A．BD∥平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形 解析 由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFBD，所以EF∥平面BCD．又H，G分別為BC，CD的中點，所以HGBD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四邊形EFGH是梯形． 3．設a，b表示不同的直線，α，β，γ表示不同的平面，則下列命題中正確的是(　D　) A．若a⊥α且a⊥b，則b∥α B．若γ⊥α且γ⊥β，則α∥β C．若a∥α且a∥β，則α∥β D．若γ∥

22、α且γ∥β，則α∥β 解析 對于A項，若a⊥α且a⊥b，則b∥α或b?α，故A項不正確；對于B項，若γ⊥α且γ⊥β，則α∥β或α與β相交，故B項不正確；對于C項，若a∥α且a∥β，則α∥β或α與β相交，故C項不正確．排除A，B，C項，故選D． 4．下面四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出AB ∥平面MNP的圖形是(　A　) A．①②　　 B．①④ C．②③　　 D．③④ 解析 由線面平行的判定定理知圖①②可得出AB∥平面MNP. 5．已知a，b表示不同的直線，α，β表示不同的平面，則下列命題正確的是(　C　) A．若a∥α，b∥β

23、，α∥β，則 a∥b B．若a∥b，a?α，b?β，則α∥β C．若a∥b，α∩β＝a，則b∥α或b∥β D．若直線a與b異面，a?α，b?β，則α∥β 解析 對于A項，a與b還可能相交或異面，此時a與b不平行，故A項不正確；對于B項，α與β可能相交，此時設α∩β＝m，則a∥m，b∥m，故B項不正確；對于D項，α與β可能相交，如圖所示，故D項不正確，故選C． 6．已知m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，給出下列命題： ①?n∥α；②?m∥n；③?α∥β；④?m∥n.其中所有正確命題的序號是(　B　) A．③④　　 B．②③ C．①②　　 D．①②③④ 解析 ①

24、不正確，n可能在α內(nèi)．②正確，垂直于同一平面的兩直線平行．③正確，垂直于同一直線的兩平面平行．④不正確，m，n可能為異面直線．故選B． 二、填空題 7．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于____. 解析 因為直線EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，又E是DA的中點，所以F是DC的中點，由中位線定理可得EF＝AC，又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2，所以EF＝. 8．(2018·北京模擬)設α，β，γ是三個不

25、同平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個條件：①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.如果命題“α∩β＝a，b?γ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是__①③__(把所有正確的題號填上)． 解析 ①可以，由a∥γ得a與γ沒有公共點，由b?β，α∩β＝a，b?γ知，a，b在面β內(nèi)，且沒有公共點，故平行． ②a∥γ，b∥β不可以．舉出反例如下：使β∥γ，b?γ，a?β，則此時能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b.這些條件無法確定兩直線的位置關系． ③可以，由b∥β，α∩β＝a知，a，b無公共點，再由a?γ，b?γ，可得兩直線平行． 9．在四棱錐P

26、－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，Q為AD的中點，點M在線段PC上，PM＝tPC，PA∥平面MQB，則實數(shù)t＝____. 解析 連接AC交BQ于N，交BD于O， 連接MN，如圖，則O為BD的中點． 又∵BQ為△ABD邊AD上中線， ∴N為正△ABD的中心． 令菱形ABCD的邊長為a， 則AC＝a，AN＝a. ∵PA∥平面MQB，PA?平面PAC， 平面PAC∩平面MQB＝MN ∴PA∥MN，∴PM∶PC＝AN∶AC， 即PM＝PC，∴t＝. 三、解答題 10．如圖，P是△ABC所在平面外一點，A′，B′，C′分別是△PBC，△PCA，△PAB的重心

27、．求證：平面 A′ B′ C′∥平面 ABC． 證明 連接PA′，PC′并延長，分別交BC，AB于M，N. ∵A′，C′分別是△PBC，△PAB的重心， ∴M，N分別是BC，AB的中點．連接MN， 由＝＝知A′C′∥MN，∵MN?平面ABC，∴A′C′∥平面ABC．同理，A′B′∥平面ABC，而A′C′和A′B′是平面A′B′C′內(nèi)的相交直線，∴平面A′B′C′∥平面ABC． 11．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點，在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結論． 解析 當點F為棱C1D1中點時，可使B1F∥平面A1BE

28、，證明如下： 分別取C1D1和CD的中點F，G，連接EG，BG，CD1，F(xiàn)G， 因為A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC， 所以四邊形A1BCD1為平行四邊形， 因此D1C∥A1B，又E，G分別為D1D，CD的中點，所以EG∥D1C，從而EG∥A1B，這說明A1，B，G，E共面，所以BG?平面A1BE.因為四邊形C1CDD1與B1BCC1都為正方形，F(xiàn)，G分別為C1D1和CD的中點，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四邊形B1BGF為平行四邊形，所以B1F∥BG，而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE. 12．在正方體ABCD

29、－A1B1C1D1中，Q是CC1的中點，F(xiàn)是側面BCC1B1內(nèi)的動點，且A1F∥平面D1AQ，求A1F與平面BCC1B1所成角的正切值的取值范圍． 解析 設平面AD1Q與直線BC交于點G，連接AG，QG，則G為BC的中點．分別取B1B，B1C1的中點M，N，連接A1M，MN，A1N，如圖所示．∵A1M∥D1Q，A1M?平面D1AQ， D1Q?平面D1AQ，∴A1M∥平面D1AQ.同理可得MN∥平面D1AQ. ∵A1M，MN是平面A1MN內(nèi)的兩條相交直線， ∴平面A1MN∥平面D1AQ. 由此結合A1F∥平面D1AQ，可得直線A1F?平面A1MN，即點F是線段MN上的動點． 設直線A1F與平面BCC1B1所成角為θ，移動點F并加以觀察，可得當點F與M(或N)重合時，A1F與平 面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此時所成角θ達到最小值，滿足tan θ＝＝2；當點F與MN的中點重合時，A1F與平面BCC1B1所成角達到最大值，滿足tan θ＝＝2. ∴A1F與平面BCC1B1所成角的正切值的取值范圍為[2,2]． 14