2019-2020年高考數學專題復習 第38講 直線、平面平行的判定及其性質練習 新人教A版.doc

《2019-2020年高考數學專題復習 第38講 直線、平面平行的判定及其性質練習 新人教A版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考數學專題復習 第38講 直線、平面平行的判定及其性質練習 新人教A版.doc（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考數學專題復習 第38講 直線、平面平行的判定及其性質練習 新人教A版 [考情展望]　1.以多面體為載體，考查空間線面平行、面面平行的判定與性質.2.以解答題的形式考查線面的平行關系.3.考查空間中平行關系的探索性問題． 一、直線與平面平行 判定定理 性質定理 圖形 條件 l∥a，l?α，a?α a∥α，a?β，α∩β＝b 結論 l∥α a∥b (1)證線面平行 ①若a∥α，a∥b，b?α，則b∥α. ②若a∥α，α∥β，a?β，則a∥β. (2)線面平行的性質 ①若a∥α，a∥β，α∩β＝b，則a∥b ②若a∥α，a⊥β，則α⊥β. 二、面面平行的判定與性質 判定 性質 圖形 條件 α∩β＝? a?β，b?β， a∩b＝P， a∥α，b∥α α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b α∥β，a?β 結論 α∥β α∥β a∥b a∥α 1．若直線a不平行于平面α，則下列結論成立的是(　　) A．α內的所有直線都與直線a異面 B．α內可能存在與a平行的直線 C．α內的直線都與a相交 D．直線a與平面α沒有公共點 【解析】　直線a與α不平行，則直線a在α內或與α相交，當直線a在平面α內時，在α內存在與a平行的直線，B正確． 【答案】　B 2．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】　根據面面平行和線面平行的定義知，選D. 【答案】　D 3．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E是DD1的中點，則BD1與平面ACE的位置關系是________． 【解析】　如圖所示，連接BD交AC于F，連接EF則EF是△BDD1的中位線，∴EF∥BD1， 又EF?平面ACE，BD1?平面ACE， ∴BD1∥平面ACE. 【答案】　平行 4．如圖7－4－1，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________． 圖7－4－1 【解析】　由于在正方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，∴AC＝2. 又E為AD中點，EF∥平面AB1C，EF?平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC， ∴EF∥AC，∴F為DC中點，∴EF＝AC＝. 【答案】　 考向一 [124]　直線與平面平行的判定與性質 圖7－4－2 　(xx福建高考改編)如圖7－4－2，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60. (1)若M為PA的中點，求證：DM∥平面PBC； (2)求三棱錐D－PBC的體積． 【思路點撥】　(1)法一：證明DM與平面PBC內的直線平行； 法二：通過證明過DM的平面與平面PBC平行． (2)轉化法，利用VD—PBC＝VP—DBC求解． 【嘗試解答】　法一　(1)如圖①，取PB的中點N，連接MN，CN.在△PAB中，∵M是PA的中點，∴MN∥AB，MN＝AB＝3. 圖① 又CD∥AB，CD＝3， ∴MN∥CD，MN＝CD，∴四邊形MNCD為平行四邊形， ∴DM∥CN. 又DM?平面PBC，CN?平面PBC， ∴DM∥平面PBC. (2)VD－PBC＝VP－DBC＝S△DBCPD， 又S△DBC＝6，PD＝4，所以VD－PBC＝8. 法二： 圖② (1)如圖②，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. 又DE?平面PBC，BC?平面PBC， ∴DE∥平面PBC. 又在△PAB中，ME∥PB，ME?平面PBC，PB?平面PBC, ∴ME∥平面PBC. 又DE∩ME＝E，∴平面DME∥平面PBC. 又DM?平面DME，∴DM∥平面PBC. (2)同法一． 規(guī)律方法1　1.判斷或證明線面平行的常用方法有：(1)利用反證法；(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?β，a∥α?a∥β). 2.利用判定定理判定直線與平面平行，關鍵是找平面內與已知直線平行的直線.可先直觀判斷平面內是否已有，若沒有，則需作出該直線，?？紤]三角形的中位線、平行四邊形的對邊或過已知直線作一平面找其交線. 對點訓練　 圖7－4－3 如圖7－4－3，FD垂直于矩形ABCD所在平面CE∥DF，∠DEF＝90. (1)求證：BE∥平面ADF； (2)若矩形ABCD的一邊AB＝，EF＝2，則另一邊BC的長為何值時，三棱錐F—BDE的體積為？ 【解】　(1)證明：過點E作CD的平行線交DF于點M，連接AM. 因為CE∥DF， 所以四邊形CEMD是平行四邊形． 可得EM＝CD且EM∥CD， 于是四邊形BEMA也是平行四邊形， 所以有BE∥AM. 而AM?平面ADF，BE?平面ADF， 所以BE∥平面ADF. (2)由EF＝2，EM＝AB＝， 得FM＝3且∠MFE＝30. 由∠DEF＝90可得FD＝4， 從而得DE＝2. 因為BC⊥CD，BC⊥FD， 所以BC⊥平面CDFE. 所以，VF—BDE＝VB—DEF＝S△DEFBC. 因為S△DEF＝DEEF＝2， VF—BDE＝，所以BC＝. 綜上當BC＝時，三棱錐F—BDE的體積為. 考向二 [125]　平面與平面平行的判定和性質 (xx陜西高考)如圖7－4－4，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝. 圖7－4－4 (1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1； (2)求三棱柱ABD－A1B1D1的體積． 【思路點撥】　在一個平面內確定兩條相交直線分別平行于另一個平面；高已確定，關鍵在于求底面積． 【嘗試解答】　(1)證明　由題設知，BB1綊DD1， ∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，∴BD∥B1D1. 又BD?平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1. ∵A1D1綊B1C1綊BC，∴四邊形A1BCD1是平行四邊形， ∴A1B∥D1C. 又A1B?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ABD－A1B1D1的高． 又AO＝AC＝1，AA1＝，∴A1O＝＝1. 又S△ABD＝＝1， ∴V三棱柱ABD－A1B1D1＝S△ABDA1O＝1. 規(guī)律方法2　判定面面平行的方法 (1)利用定義：(常用反證法) (2)利用面面平行的判定定理； (3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行； (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. 對點訓練　 圖7－4－5 如圖7－4－5所示，三棱柱ABC—A1B1C1，D是BC上一點，且A1B∥平面AC1D，D1是B1C1的中點． 求證：平面A1BD1∥平面AC1D. 【證明】　如圖所示，連接A1C交AC1于點E， 因為四邊形A1ACC1是平行四邊形， 所以E是A1C的中點，連接ED， 因為A1B∥平面AC1D， 平面A1BC∩平面AC1D＝ED， 所以A1B∥ED. 因為E是A1C的中點，所以D是BC的中點． 又因為D1是B1C1的中點， 所以BD1∥C1D，A1D1∥AD. 又A1D1∩BD1＝D1，C1D∩AD＝D， 所以平面A1BD1∥平面AC1D. 考向三 [126]　線面、面面平行的綜合應用 圖7－4－6 　如圖7－4－6所示，四邊形ABCD為矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC，F為CE上的點，且BF⊥平面ACE. (1)求證：AE⊥BE； (2)設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DAE. 【思路點撥】　(1)通過線面垂直證明線線垂直；(2)先確定點N的位置，再進行證明，點N的位置的確定要根據線面平行的條件進行探索． 【嘗試解答】　(1)∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE， 則AE⊥BC. 又∵BF⊥平面ACE，∴AE⊥BF， ∵BC∩BF＝B ∴AE⊥平面BCE， 又BE?平面BCE，∴AE⊥BE. (2)在△ABE中，過M點作MG∥AE交BE于G點，在△BEC中過G點作GN∥BC交EC于N點，連接MN，則由比例關系易得CN＝CE. ∵MG∥AE，MG?平面ADE，AE?平面ADE， ∴MG∥平面ADE. 同理，GN∥平面ADE.又∵GN∩MG＝G， ∴平面MGN∥平面ADE. 又MN?平面MGN，∴MN∥平面ADE. ∴N點為線段CE上靠近C點的一個三等分點． 規(guī)律方法3　1.解決本題的關鍵是過M作出與平面DAE平行的輔助平面MNG，通過面面平行證明線面平行. 2.通過線面、面面平行的判定與性質，可實現線線、線面、面面平行的轉化. 3.解答探索性問題的基本策略是先假設，再嚴格證明，先猜想再證明是學習和研究的重要思想方法. 對點訓練　 圖7－4－7 如圖7－4－7所示，四棱錐P—ABCD的底面是邊長為a的正方形，側棱PA⊥底面ABCD，在側面PBC內，有BE⊥PC于E，且BE＝a，試在AB上找一點F，使EF∥平面PAD. 【解】　在平面PCD內，過E作EG∥CD交PD于G，連接AG， 在AB上取點F，使AF＝EG， ∵EG∥CD∥AF，EG＝AF， ∴四邊形FEGA為平行四邊形， ∴FE∥AG. 又AG?平面PAD，FE?平面PAD， ∴EF∥平面PAD. ∴F即為所求的點． 又PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC， 又BC⊥AB，∴BC⊥面PAB. ∴PB⊥BC. ∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2. 設PA＝x則PC＝， 由PBBC＝BEPC得： a＝a， ∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝a. 又CE＝ ＝a， ∴＝，∴＝＝， 即GE＝CD＝a，∴AF＝a. 當AF＝a時，EF∥平面PAD. 規(guī)范解答之十二　立體幾何中的探索性問題 ————　[1個示范例]　————　[1個規(guī)范練]　———— 　　　(12分)如圖7－4－8，在四棱錐S—ABCD中，已知底面ABCD為直角梯形，其中AD∥BC，∠BAD＝90，SA⊥底面ABCD，SA＝AB＝BC＝2.tan∠SDA＝ 圖7－4－8 (1)求四棱錐S—ABCD的體積； (2)在棱SD上找一點E，使CE∥平面SAB，并證明． 【規(guī)范解答】　(1)∵SA⊥底面ABCD，tan∠SDA＝，SA＝2，∴AD＝3.2分 由題意知四棱錐S—ABCD的底面為直角梯形， 且SA＝AB＝BC＝2，4分 VS—ABCD＝SA(BC＋AD)AB ＝2(2＋3)2＝.6分 (2)當點E位于棱SD上靠近D的三等分點處時，可使CE∥平面SAB.8分 取SD上靠近D的三等分點為E，取SA上靠近點A的三等分點為F，連接CE，EF，BF， 則EF綊AD，BC綊AD， ∴BC綊EF. ∴CE∥BF.10分 又∵BF?平面SAB，CE?平面SAB， ∴CE∥平面SAB.12分 【名師寄語】　1.本題在解題時易出現兩種錯誤：一是誤認為E是SD中點，二是對于這類探索性問題找不到切入口，入手難.在步驟書寫時易忽視“BF?平面SAB，CE?平面SAB”這一關鍵條件. 2.解決立體幾何中探索性問題的步驟： 第一步，探求出點的位置.第二步，證明符合要求. 第三步，給出明確答案.,第四步，反思回顧.查看關鍵點.易錯點和答題規(guī)范. 一個多面體的直觀圖和三視圖如圖7－4－9所示，其中M是AB的中點，G是DF上的一點．當FG＝GD時，在棱AD上確定一點P，使得GP∥平面FMC，并給出證明． 圖7－4－9 【解】　由三視圖可得直觀圖為直三棱柱，且底面ADF中AD⊥DF，DF＝AD＝DC，點P在A點處． 如圖，取DC中點S，連接AS、GS、GA. ∵G是DF的中點， ∴GS∥FC，AS∥CM. ∵GS∩AS＝S，FC∩CM＝C， ∴平面GSA∥平面FMC， ∵GA?平面GSA， ∴GA∥平面FMC，即GP∥平面FMC.