《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí):第七章 :第四節(jié)直線、平面平行的判定及其性質(zhì)突破熱點題型》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí):第七章 :第四節(jié)直線、平面平行的判定及其性質(zhì)突破熱點題型(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 精品資料
第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)
高頻考點
考點一 線面平行的判定及性質(zhì)
1.線面平行的判定及性質(zhì)是每年高考的必考內(nèi)容,多出現(xiàn)在解答題中的第(1)、(2)問,難度適中,屬中檔題.
2.高考對線面平行的判定及性質(zhì)的考查常有以下兩個命題角度:
(1)以多面體為載體,證明線面平行問題;
(2)以多面體為載體,考查與線面平行有關(guān)的探索性問題.
[例1] (1)(2013福建高考)
如圖,在四棱錐PABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3
2、,AD=4,∠PAD=60.
①當(dāng)正視方向與向量的方向相同時,畫出四棱錐PABCD的正視圖(要求標(biāo)出尺寸,并寫出演算過程);
②若M為PA的中點,求證:DM∥平面PBC;
③求三棱錐DPBC的體積.
(2)(2014日照模擬)
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(shè)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.
[自主解答] (1)法一:
①在梯形ABCD中,過點C作CE⊥AB,垂足為E.
由已知得,四邊形ADCE為矩形,
3、AE=DC=3,
在Rt△BEC中,由BC=5,CE=4,依勾股定理得BE=3,從而AB=6.
又由PD⊥平面ABCD,得PD⊥AD,
所以在Rt△PDA中,由AD=4,∠PAD=60,
得PD=ADtan 60=4.
正視圖如圖(1)所示:
圖(1)
圖(2)
②證明:如圖(2)所示,取PB中點N,連接MN,CN.
在△PAB中,∵M(jìn)是PA中點,
∴MN∥AB且MN=AB=3.
∵又CD∥AB,CD=3,∴MN∥CD,MN=CD,
∴四邊形MNCD為平行四邊形,∴DM∥CN.
∵DM?平面PBC,CN?平面PBC,
∴DM∥平面PBC.
③VDPBC=VPD
4、BC=S△DBCPD,
又∵S△DBC=6,PD=4,∴VDPBC=8.
法二:①同法一.
②證明:取AB的中點E,連接ME,DE.
在梯形ABCD中,BE∥CD,且BE=CD,
∴四邊形BCDE為平行四邊形,
∴DE∥BC.
∵DE?平面PBC,BC?平面PBC,
∴DE∥平面PBC.
∵在△PAB中,ME∥PB,ME?平面PBC,PB?平面PBC,
∴ME∥平面PBC.
∵DE∩ME=E,∴平面DME∥平面PBC.
∵DM?平面DME,∴DM∥平面PBC.[來源:]
③同法一.
(2)①證明:由DA⊥平面ABE及AD∥BC,得BC⊥平面ABE,又AE?平面A
5、BE,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.
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.[來源:]
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
6、MN∥平面ADE.
故當(dāng)點N為線段CE上靠近C的一個三等分點時,MN∥平面ADE.
線面平行問題的常見類型及解題策略
(1)線面平行的證明問題.
判斷或證明線面平行的常用方法有:
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?α,a?β,a∥α?a∥β).
(2)線面平行的探索性問題.
①對命題條件的探索常采用以下三種方法:
a.先猜后證,即先觀察與嘗試給出條件再證明;
b.先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明其充分
7、性;
c.把幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題,探索命題成立的條件.
②對命題結(jié)論的探索常采用以下方法:
首先假設(shè)結(jié)論存在,然后在這個假設(shè)下進(jìn)行推理論證,如果通過推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè),如果得到了矛盾的結(jié)果就否定假設(shè).
[來源:]
1. (2013新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖,直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點.
(1)證明:BC1∥平面A1CD;
(2)設(shè)AA1=AC=CB=2,AB=2,求三棱錐CA1DE的體積.
解:(1)證明:連接AC1交A1C于點F,則F為AC1的中點.
又D是AB中點,連接DF,則在△ABC1中,BC1∥DF.
因為DF
8、?平面A1CD,BC1?平面A1CD,
所以BC1∥平面A1CD.
(2)因為ABCA1B1C1是直三棱柱,
所以AA1⊥平面ABC,則AA1⊥CD.
由已知AC=CB,D為AB的中點,所以CD⊥AB.
又AA1∩AB=A,AA1,AB?平面ABB1A1,
所以CD⊥平面ABB1A1.
由AA1=AC=CB=2,AB=2,得
∠ACB=90,CD=,A1D=,DE=,A1E=3,
故A1D2+DE2=A1E2,即DE⊥A1D.
所以VCA1DE==1.
2.如圖所示,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC.
(
9、1)求證:D1C⊥AC1;
(2)設(shè)E是DC上一點,試確定E的位置,使D1E∥平面A1BD,并說明理由.
解:(1)證明:在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,
連接C1D,∵DC=DD1,
∴四邊形DCC1D1是正方形,
∴DC1⊥D1C.
又AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D,DC,DD1?平面DCC1D1,
∴AD⊥平面DCC1D1,
又D1C?平面DCC1D1,
∴AD⊥D1C.
∵AD?平面ADC1,DC1?平面ADC1,
且AD∩DC1=D,∴D1C⊥平面ADC1,又AC1?平面ADC1,
∴D1C⊥AC1.
(2)連接AD1,AE,D1E
10、,
設(shè)AD1∩A1D=M,
BD∩AE=N,連接MN,
∵平面AD1E∩平面A1BD=MN,要使D1E∥平面A1BD,
可使MN∥D1E,
又M是AD1的中點,
則N是AE的中點.
又易知△ABN≌△EDN,
∴AB=DE.
即E是DC的中點.
綜上所述,當(dāng)E是DC的中點時,可使D1E∥平面A1BD.
考點二
面面平行的判定與性質(zhì)
[例2]如圖所示,在三棱柱ABCA1B1C1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.
[自主解答] (1)∵G,H
11、分別是A1B1,A1C1的中點,
∴GH是△A1B1C1的中位線,
∴GH∥B1C1.[來源:]
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.
∵A1G∥EB,A1G=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.
【互動探究】
在本例條件下,若D1,D分別為B1C1,BC的中點,求證
12、:平面A1BD1∥平面AC1D.
證明:如圖所示,連接A1C交AC1于點H,
∵四邊形A1ACC1是平行四邊形,
∴H是A1C的中點,
連接HD,
∵D為BC的中點,
∴A1B∥DH.
∵A1B?平面A1BD1,DH?平面A1BD1,
∴DH∥平面A1BD1.
又由三棱柱的性質(zhì)知,D1C1∥BD,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∩DH=D,
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
【方法規(guī)律】
判定面面平行的四種方法
(1)利
13、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).
(2013陜西高考)如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心, A1O⊥底面ABCD,AB=AA1=.
(1)證明:平面 A1BD∥平面CD1B1;
(2)求三棱柱ABDA1B1D1的體積.
解:(1)證明:由題設(shè)知,BB1∥DD1,BB1=DD1
∴四邊形BB1D1D是平行四邊形,
∴BD∥B1D1.
14、又BD?平面CD1B1,B1D1?平面CD1B1,
∴BD∥平面CD1B1.
∵A1D1∥B1C1∥BC,A1D1=B1C1=BC,
∴四邊形A1BCD1是平行四邊形,
∴A1B∥D1C.
又A1B?平面CD1B1,D1C?平面CD1B1,
∴A1B∥平面CD1B1.
又∵BD∩A1B=B,∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)∵A1O⊥平面ABCD,
∴A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高.
又∵AO=AC=1,AA1=,
∴A1O==1.
又∵S△ABD==1,
∴VABDA1B1D1=S△ABDA1O=1.
考點三
平行關(guān)系的綜合應(yīng)用
[例3]
15、 如圖所示,平面α∥平面β,點A∈α,點C∈α,點B∈β,點D∈β,點E,F(xiàn)分別在線段AB,CD上,且AE∶EB=CF∶FD.
(1)求證:EF∥平面β;
(2)若E,F(xiàn)分別是AB,CD的中點,AC=4,BD=6,且AC,BD所成的角為60,求EF的長.
[自主解答] (1)證明:①當(dāng)AB,CD在同一平面內(nèi)時,
由平面α∥平面β,平面α∩平面ABDC=AC,
平面β∩平面ABDC=BD,
∴AC∥BD.
∵AE∶EB=CF∶FD,
∴EF∥BD.
又EF?β,BD?β,∴EF∥平面β.
②當(dāng)AB與CD異面時,如圖所示,設(shè)平面ACD∩平面β=DH,且DH=AC.
16、∵平面α∥平面β,平面α∩平面ACDH=AC,
∴AC∥DH,
∴四邊形ACDH是平行四邊形,
在AH上取一點G,使AG∶GH=CF∶FD,連接EG,F(xiàn)G,BH.
又∵AE∶EB=CF∶FD=AG∶GH,
∴GF∥HD,EG∥BH.
又EG∩GF=G,BH∩HD=H,
∴平面EFG∥平面β.
又EF?平面EFG,∴EF∥平面β.
綜合①②可知EF∥平面β.
(2)如圖所示,連接AD,取AD的中點M,連接ME,MF.
∵E,F(xiàn)分別為AB,CD的中點,
∴ME∥BD,MF∥AC,
且ME=BD=3,
MF=AC=2.
∴∠EMF為AC與BD所成的角或其補(bǔ)角,
∴
17、∠EMF=60或120.
∴在△EFM中,由余弦定理得
EF=
=
=,
即EF=或EF=.
【方法規(guī)律】
1.解決本題的關(guān)鍵是構(gòu)造過EF且平行平面α和平面β的平面.[來源:]
2.通過線面、面面平行的判定和性質(zhì),可實現(xiàn)線線、線面、面面平行的轉(zhuǎn)化.
如圖所示,在正方體ABCDA1B1C1D1中,O為底面ABCD的中心,P是DD1的中點,設(shè)Q是CC1上的點,則當(dāng)點Q在什么位置時,平面D1BQ∥平面PAO?
解:當(dāng)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
18、,
∴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∩QB=B,D1B,QB?平面D1BQ,
∴平面D1BQ∥平面PAO.
————————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]————————————————
1個轉(zhuǎn)化——三種平行關(guān)系間的轉(zhuǎn)化
2個注意點——證明平行問題應(yīng)注意的兩個問題
(1)在推證線面平行時,必須滿足三個條件:一是直線a在已知平面外;二是直線b在已知平面內(nèi);三是兩直線平行.
(2)把線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行時,必須說清經(jīng)過已知直線的平面與已知平面相交,則該直線與交線平行.