2019-2020年高三數(shù)學大一輪復習 8.4直線、平面平行的判定與性質(zhì)教案 理 新人教A版 .DOC

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2019-2020年高三數(shù)學大一輪復習 8.4直線、平面平行的判定與性質(zhì)教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考　1.考查空間平行關系的判定及性質(zhì)有關命題的判定；2.解答題中證明或探索空間的平行關系． 復習備考要這樣做　1.熟練掌握線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)，會把空間問題轉化為平面問題，解答過程的敘述步驟要完整，避免因條件書寫不全而失分；2.學會應用“化歸思想”進行“線線問題、線面問題、面面問題”的互相轉化，牢記解決問題的根源在“定理”． 1． 直線與平面平行的判定與性質(zhì) 判定 性質(zhì) 定義 定理 圖形 條件 a∩α＝? a?α，b?α，a∥b a∥α a∥α，a?β，α∩β＝b 結論 a∥α b∥α a∩α＝? a∥b 2. 面面平行的判定與性質(zhì) 判定 性質(zhì) 定義 定理 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 [難點正本　疑點清源] 1．證明線面平行是高考中常見的問題，常用的方法就是證明這條線與平面內(nèi)的某條直線平行．但一定要說明一條直線在平面外，一條直線在平面內(nèi)． 2．在判定和證明直線與平面的位置關系時，除熟練運用判定定理和性質(zhì)定理外，切不可丟棄定義，因為定義既可作判定定理使用，亦可作性質(zhì)定理使用． 3．輔助線(面)是解(證)線面平行的關鍵．為了能利用線面平行的判定定理及性質(zhì)定理，往往需要作輔助線(面)． 1． 已知不重合的直線a，b和平面α， ①若a∥α，b?α，則a∥b； ②若a∥α，b∥α，則a∥b； ③若a∥b，b?α，則a∥α； ④若a∥b，a∥α，則b∥α或b?α. 上面命題中正確的是________(填序號)． 答案　④ 解析?、偃鬭∥α，b?α，則a，b平行或異面；②若a∥α，b∥α，則a，b平行、相交、異面都有可能；③若a∥b，b?α，則a∥α或a?α. 2． 已知α、β是不同的兩個平面，直線a?α，直線b?β，命題p：a與b沒有公共點；命題q：α∥β，則p是q的____________條件． 答案　必要不充分 解析　∵a與b沒有公共點，不能推出α∥β， 而α∥β時，a與b一定沒有公共點， 即pD?/q，q?p，∴p是q的必要不充分條件． 3． 已知平面α∥平面β，直線a?α，有下列命題： ①a與β內(nèi)的所有直線平行；②a與β內(nèi)無數(shù)條直線平行；③a與β內(nèi)的任意一條直線都不垂直． 其中真命題的序號是________． 答案?、? 解析　因為α∥β，a?α，所以a∥β，在平面β內(nèi)存在無數(shù)條直線與直線a平行，但不是所有直線都與直線a平行，故命題②為真命題，命題①為假命題．在平面β內(nèi)存在無數(shù)條直線與直線a垂直，故命題③為假命題． 4． (xx浙江)若直線l不平行于平面α，且l?α，則 (　　) A．α內(nèi)的所有直線與l異面 B．α內(nèi)不存在與l平行的直線 C．α內(nèi)存在唯一的直線與l平行 D．α內(nèi)的直線與l都相交 答案　B 解析　由題意知，直線l與平面α相交，則直線l與平面α內(nèi)的直線只有相交和異面兩種位置關系，因而只有選項B是正確的． 5． (xx四川)下列命題正確的是 (　　) A．若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行 B．若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行 C．若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行 D．若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行 答案　C 解析　利用線面位置關系的判定和性質(zhì)解答． A錯誤，如圓錐的任意兩條母線與底面所成的角相等，但兩條母線相交； B錯誤，△ABC的三個頂點中，A、B在α的同側，而點C在α的另一側，且AB平行于α，此時可有A、B、C三點到平面α的距離相等，但兩平面相交； D錯誤，如教室中兩個相鄰墻面都與地面垂直，但這兩個面相交，故選C. 題型一　直線與平面平行的判定與性質(zhì) 例1　正方形ABCD與正方形ABEF所在平面相交于AB，在AE、BD上各有一點P、Q，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面BCE. 思維啟迪：證明直線與平面平行可以利用直線與平面平行的判定定理，也可利用面面平行的性質(zhì)． 證明　方法一　如圖所示． 作PM∥AB交BE于M， 作QN∥AB交BC于N， 連接MN. ∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共邊AB，∴AE＝BD. 又AP＝DQ，∴PE＝QB， 又PM∥AB∥QN，∴＝＝＝， ∴＝， ∴PM綊QN，即四邊形PMNQ為平行四邊形， ∴PQ∥MN. 又MN?平面BCE，PQ?平面BCE， ∴PQ∥平面BCE. 方法二　如圖，連接AQ，并延長交BC延長線于K，連接EK， ∵AE＝BD，AP＝DQ， ∴PE＝BQ，∴＝， 又AD∥BK，∴＝， ∴＝，∴PQ∥EK. 又PQ?平面BCE，EK?平面BCE， ∴PQ∥平面BCE. 方法三　如圖，在平面ABEF內(nèi)，過點P作PM∥BE，交AB于點M， 連接QM. ∴PM∥平面BCE， 又∵平面ABEF∩平面BCE＝BE， ∴PM∥BE，∴＝， 又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ， ∴＝，∴＝， ∴MQ∥AD，又AD∥BC， ∴MQ∥BC，∴MQ∥平面BCE， 又PM∩MQ＝M，BE∩BC＝B， ∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ?平面PMQ. ∴PQ∥平面BCE. 探究提高　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)定理(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)． 如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60，AB＝2，PA＝1，PA⊥平面ABCD，E是PC的中點，F(xiàn)是AB的中點．求證：BE∥平面PDF. 證明　取PD中點為M，連接ME，MF， ∵E是PC的中點， ∴ME是△PCD的中位線， ∴ME綊CD. ∵F是AB的中點且四邊形ABCD是菱形，AB綊CD， ∴ME綊FB，∴四邊形MEBF是平行四邊形，∴BE∥MF. ∵BE?平面PDF，MF?平面PDF，∴BE∥平面PDF. 題型二　平面與平面平行的判定與性質(zhì) 例2　如圖，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. 思維啟迪：要證四點共面，只需證GH∥BC；要證面面平行，可證一個 平面內(nèi)的兩條相交直線和另一個平面平行． 證明　(1)∵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分別為AB、AC的中點，∴EF∥BC， ∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. ∵A1G綊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. 探究提高　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：如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行； (3)利用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”的相互轉化． 證明：若一條直線與兩個相交平面都平行，則這條直線平行于兩個平面的交線． 解　已知：直線a∥平面α，直線a∥平面β，α∩β＝b. 求證：a∥b. 證明：如圖所示，過直線a作平面γ，δ分別交平面α，β于直線m，n(m，n不同于交線b)，由直線與平面平行的性質(zhì)定理，得a∥m，a∥n，由平行線的傳遞性，得m∥n，由于n?α，m?α，故n∥平面α.又n?β，α∩β＝b，故n∥b.又a∥n，故a∥b. 題型三　平行關系的綜合應用 例3　如圖所示，在四面體ABCD中，截面EFGH平行于對棱AB和CD， 試問截面在什么位置時其截面面積最大？ 思維啟迪：利用線面平行的性質(zhì)可以得到線線平行，可以先確定截面形狀，再建立目標函數(shù)求最值． 解　∵AB∥平面EFGH， 平面EFGH與平面ABC和平面ABD分別交于FG、EH. ∴AB∥FG，AB∥EH， ∴FG∥EH，同理可證EF∥GH， ∴截面EFGH是平行四邊形． 設AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α (α即為異面直線AB和CD所成的角或其補角)． 又設FG＝x，GH＝y(tǒng)，則由平面幾何知識可得＝，＝，兩式相加得＋＝1，即y＝(a－x)， ∴S?EFGH＝FGGHsin α ＝x(a－x)sin α＝x(a－x)． ∵x>0，a－x>0且x＋(a－x)＝a為定值， ∴當且僅當x＝a－x時，x(a－x)＝，此時x＝，y＝. 即當截面EFGH的頂點E、F、G、H為棱AD、AC、BC、BD的中點時截面面積最大． 探究提高　利用線面平行的性質(zhì)，可以實現(xiàn)與線線平行的轉化，尤其在截面圖的畫法中，常用來確定交線的位置，對于最值問題，常用函數(shù)思想來解決． 如圖，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，問：當點Q在什么位置時，平面D1BQ∥平面PAO? 解　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∩QB＝B，D1B、QB?平面D1BQ， ∴平面D1BQ∥平面PAO. 立體幾何中的探索性問題 典例：(12分)如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E是棱DD1的 中點． (1)求直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值； (2)在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結論． 審題視角　(1)可過E作平面ABB1A1的垂線、作線面角；(2)先探求出點F，再進行證明B1F∥平面A1BE.注意解題的方向性． 規(guī)范解答 解　(1)如圖(a)所示，取AA1的中點M，連接EM，BM.因為E是DD1的中點，四邊形ADD1A1為正方形，所以EM∥AD.[2分] 又在正方體ABCD—A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1， 所以EM⊥平面ABB1A1，從而BM為直線BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM為BE和平面ABB1A1所成的角．[4分] 圖(a) 設正方體的棱長為2， 則EM＝AD＝2，BE＝＝3. 于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝＝，[5分] 即直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值為.[6分] (2)在棱C1D1上存在點F，使B1F∥平面A1BE. 事實上，如圖(b)所示，分別取C1D1和CD的中點F，G，連接B1F，EG，BG，CD1，F(xiàn)G. 因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，因此D1C∥A1B. 又E，G分別為D1D，CD的中點， 圖(b) 所以EG∥D1C，從而EG∥A1B. 這說明A1，B，G，E四點共面．所以BG?平面A1BE.[8分] 因四邊形C1CDD1與B1BCC1皆為正方形，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是平行四邊形， 所以B1F∥BG，[10分] 而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE， 故B1F∥平面A1BE.[12分] 答題模板 對于探索類問題，書寫步驟的格式有兩種：一種：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． 另一種：從結論出發(fā)，“要使什么成立”，“只需使什么成立”，尋求使結論成立的充分條件，類似于分析法． 溫馨提醒　(1)本題屬立體幾何中的綜合題，重點考查推理能力和計算能力．(2)第(1)問常見錯誤是無法作出平面ABB1A1的垂線，以致無法確定線面角．(3)第(2)問為探索性問題，找不到解決問題的切入口，入手較難．(4)書寫格式混亂，不條理，思路不清晰． 方法與技巧 1． 平行問題的轉化關系 2． 直線與平面平行的主要判定方法 (1)定義法；(2)判定定理；(3)面與面平行的性質(zhì)． 3． 平面與平面平行的主要判定方法 (1)定義法；(2)判定定理；(3)推論；(4)a⊥α，a⊥β?α∥β. 失誤與防范 1．在推證線面平行時，一定要強調(diào)直線不在平面內(nèi)，否則，會出現(xiàn)錯誤． 2．在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質(zhì)定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉化的方向總是由題目的具體條件而定，決不可過于“模式化”． 3．解題中注意符號語言的規(guī)范應用． A組　專項基礎訓練 (時間：35分鐘，滿分：57分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1． 若直線m?平面α，則條件甲：“直線l∥α”是條件乙：“l(fā)∥m”的 (　　) 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 答案　D 2． 已知直線a，b，c及平面α，β，下列條件中，能使a∥b成立的是 (　　) A．a(chǎn)∥α，b?α B．a(chǎn)∥α，b∥α C．a(chǎn)∥c，b∥c D．a(chǎn)∥α，α∩β＝b 答案　C 解析　由平行公理知C正確，A中a與b可能異面．B中a，b可能相交或異面，D中a，b可能異面． 3． 在梯形ABCD中，AB∥CD，AB?平面α，CD?平面α，則直線CD與平面α內(nèi)的直線的位置關系只能是 (　　) A．平行 B．平行和異面 C．平行和相交 D．異面和相交 答案　B 解析　∵?CD∥α， ∴CD和平面α內(nèi)的直線沒有公共點． 4． 設m、n表示不同直線，α、β表示不同平面，則下列結論中正確的是 (　　) A．若m∥α，m∥n，則n∥α B．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β C．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n?β，則n∥β 答案　D 解析　D中，易知m∥β或m?β， 若m?β，又n∥m，n?β，∴n∥β， 若m∥β，過m作平面γ交平面β于直線p，則m∥p，又n∥m，∴n∥p，又n?β，p?β，∴n∥β. 二、填空題(每小題5分，共15分) 5． 過三棱柱ABC—A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共有________條． 答案　6 解析　過三棱柱ABC—A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，記AC，BC，A1C1，B1C1的中點分別為E，F(xiàn)，E1，F(xiàn)1，則直線EF，E1F1，EE1，F(xiàn)F1，E1F，EF1均與平面ABB1A1平行，故符合題意的直線共6條． 6. 如圖所示，ABCD—A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M、N分別是下 底面的棱A1B1、B1C1的中點，P是上底面的棱AD上的一點，AP＝， 過P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________. 答案　a 解析　∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， ∴MN∥PQ.∵M、N分別是A1B1、B1C1的中點，AP＝， ∴CQ＝，從而DP＝DQ＝，∴PQ＝a. 7. 如圖所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分別是 棱CC1、C1D1、D1D、DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊 形EFGH及其內(nèi)部運動，則M滿足條件______________時，有 MN∥平面B1BDD1. 答案　M∈線段HF 解析　由題意，得HN∥面B1BDD1，F(xiàn)H∥面B1BDD1. ∵HN∩FH＝H，∴面NHF∥面B1BDD1. ∴當M在線段HF上運動時，有MN∥面B1BDD1. 三、解答題(共22分) 8． (10分)如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點， M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面，交平面BDM 于GH. 求證：PA∥GH. 證明　如圖，連接AC交BD于點O，連接MO， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴O是AC的中點，又M是PC的中點， ∴AP∥OM. 則有PA∥平面BMD. ∵平面PAHG∩平面BMD＝GH， ∴PA∥GH. 9. (12分)如圖，已知平行四邊形ABCD中，BC＝6，正方形ADEF所在 平面與平面ABCD垂直，G，H分別是DF，BE的中點． (1)求證：GH∥平面CDE； (2)若CD＝2，DB＝4，求四棱錐F—ABCD的體積． (1)證明　方法一　∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC. 又EF＝AD＝BC，∴四邊形EFBC是平行四邊形， ∴H為FC的中點． 又∵G是FD的中點，∴HG∥CD. ∵HG?平面CDE，CD?平面CDE， ∴GH∥平面CDE. 方法二　連接EA，∵ADEF是正方形，∴G是AE的中點． ∴在△EAB中，GH∥AB. 又∵AB∥CD，∴GH∥CD. ∵HG?平面CDE，CD?平面CDE， ∴GH∥平面CDE. (2)解　∵平面ADEF⊥平面ABCD，交線為AD， 且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD. ∵AD＝BC＝6，∴FA＝AD＝6. 又∵CD＝2，DB＝4，CD2＋DB2＝BC2，∴BD⊥CD. ∵S?ABCD＝CDBD＝8， ∴VF—ABCD＝S?ABCDFA＝86＝16. B組　專項能力提升 (時間：25分鐘，滿分：43分) 一、選擇題(每小題5分，共15分) 1． 設m，n是平面α內(nèi)的兩條不同直線；l1，l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線，則α∥β的一個充分而不必要條件是 (　　) A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2 C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2 答案　B 解析　對于選項A，不合題意；對于選項B，由于l1與l2是相交直線，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它們也可以異面，故必要性不成立，故選B；對于選項C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分條件；對于選項D，由于n∥l2可轉化為n∥β，同選項C，故不符合題意．綜上選B. 2． 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．①② B．①④ C．②③ D．③④ 答案　A 解析　由線面平行的判定定理知圖①②可得出AB∥平面MNP. 3． 給出下列關于互不相同的直線l、m、n和平面α、β、γ的三個命題： ①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β； ②若α∥β，l?α，m?β，則l∥m； ③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n. 其中真命題的個數(shù)為 (　　) A．3 B．2 C．1 D．0 答案　C 解析?、僦挟敠僚cβ不平行時，也能存在符合題意的l、m. ②中l(wèi)與m也可能異面． ③中?l∥m，同理l∥n，則m∥n，正確． 二、填空題(每小題5分，共15分) 4． 已知平面α∥平面β，P是α、β外一點，過點P的直線m與α、β分別交于A、C，過點P的直線n與α、β分別交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長為________． 答案　24或 解析　根據(jù)題意可得到以下如圖兩種情況： 可求出BD的長分別為或24. 5. 一個正方體的展開圖如圖所示，B、C、D為原正方體的頂點，A為 原正方體一條棱的中點．在原來的正方體中，CD與AB所成角的 余弦值為________． 答案　 解析　還原為正方體如圖所示，BE∥CD，則∠EBA就是異面直線CD與AB所成的角或所成角的補角． 設正方體棱長為2，則BE＝2， BA＝，AE＝3. 所以在△ABE中，由余弦定理得 cos ∠EBA＝＝. 6． 已知正方體ABCD－A1B1C1D1，下列結論中，正確的結論是________(只填序號)． ①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1； ③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1. 答案?、佗冖? 三、解答題 7． (13分)如圖，四棱錐P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為 矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E為PC的中點． (1)求三棱錐A—PDE的體積； (2)AC邊上是否存在一點M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM 的長；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD. 因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱錐A—PDE的高． 因為E為PC的中點，且PD＝DC＝4， 所以S△PDE＝S△PDC＝＝4. 又AD＝2，所以VA—PDE＝ADS△PDE＝24＝. (2)取AC中點M，連接EM，DM，因為E為PC的中點，M是AC的中點，所以EM∥PA. 又因為EM?平面EDM，PA?平面EDM， 所以PA∥平面EDM. 所以AM＝AC＝. 即在AC邊上存在一點M，使得PA∥平面EDM，AM的長為.