《全程复习方略》2017版高考数学（理）一轮复习课件（ 全国版）：第七章 立体几何 7.4.ppt

1、第四节直线、平面平行的判定及其性质【知识梳理】1.直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与_的一条直线平行,则该直线与此平面平行(线线平行线面平行)因为_,所以l此平面内la,a,l文字语言图形语言符号语言性质定理一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的_与该直线平行(简记为“线面平行线线平行)因为_,_,所以lb交线l,l=b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条_与另一个平面平行,则这两个平面平行(简记为“线面平行面面平行”)因为_,所以相交直线a,b,ab=P,a,b文字语言图形语言

2、符号语言性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面_,那么它们的_平行因为_,所以ab相交交线,=a,=b【特别提醒】1.两个平面平行的有关结论:(1)垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a,a,则.(2)平行于同一平面的两个平面平行,即若,则.2.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.【小题快练】链接教材 练一练1.(必修2P61练习改编)下列命题中正确的是()A.若a,b是两条直线,且ab,那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面满足a,那么a与内的任何直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a,b和平面满足ab,a,b,则b【解析】选D.A错误,因a

3、可能在经过b的平面内;B错误,a与内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;D正确,由a,可得a平行于经过直线a的平面与的交线c,即ac,又ab,所以bc,b,c,所以b.2.(必修2P56练习T2改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系为_.【解析】连接BD,设BDAC=O,连接EO,在BDD1中,点E,O分别是DD1,BD的中点,则EOBD1,又因为EO平面ACE,BD1平面AEC,所以BD1平面ACE.答案:平行感悟考题试一试3.(2015北京高考)设,是两个不同的平面,m是直线且m,“m”是“”的()A.充分而不必要条件B.必要

4、而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.当m时,可能,也可能与相交.当时,由m可知,m.因此,“m”是“”的必要而不充分条件.4.(2016兰州模拟)设l为直线,是两个不同的平面.下列命题中正确的是()A.若l,l,则B.若l,l,则C.若l,l,则D.若,l,则l【解析】选B.选项A,若l,l,则和可能平行也可能相交,故错误;选项B,若l,l,则,故正确;选项C,若l,l,则,故错误;选项D,若,l,则l与的位置关系有三种可能:l与相交,l,l,故错误.5.(2016合肥模拟)已知平面,和直线m,给出条件:m;m;m;.能推导出m的是()A.B.C.D.【解析】选

5、D.由两平面平行的性质可知,两平面平行,在一个平面内的直线必平行于另一个平面,故选D.考向一 直线与平面平行的判定与性质【考情快递】命题方向命题视角证明直线与平面平行主要考查利用线面平行的判定定理或利用面面平行的性质证明线面平行线面平行性质定理的应用主要考查利用线面平行性质定理得出线线平行,进而求解其他问题【考题例析】命题方向1:证明直线与平面平行【典例1】(2015山东高考改编题)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,点G,H分别为AC,BC的中点.求证:BD平面FGH.【解题导引】构造线线平行或面面平行证明线面平行.【规范解答】如图,连接DG,CD,设CDFG=O,连接OH.在三棱

6、台DEF-ABC中,AB=2DE,点G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形,所以点O为CD的中点.又因为点H为BC的中点,所以OHBD.又因为OH平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.【一题多解】解答本题,还有以下解法:因为DEF-ABC是三棱台,且AB=2DE,所以BC=2EF,因为点H为BC的中点,所以BHEF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,所以BEHF.BE平面ABED,FH平面ABED,所以FH平面ABED,在ABC中,点G为AC的中点,点H为BC的中点,所以GHAB,同理GH平面ABED.又因为GHHF=H,所以平面FGH平面

7、ABED.因为BD平面ABED,所以BD平面FGH.命题方向2:线面平行性质定理的应用【典例2】(2014安徽高考)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2 .点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH平面ABCD,BC平面GEFH.(1)证明:GHEF.(2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.【解题导引】(1)由线面平行得出BC平行于直线EF,GH.(2)连接AC,BD交于点O,设BD交EF于点K,连接OP,GK,则点K为OB的中点,由面面垂直得出GKEF,再由梯形面积公式S=GK计算求解.【规范解答】(1)因为BC平面GEFH,BC

8、平面PBC,且平面PBC平面GEFH=GH,所以GHBC,同理可证EFBC,因此GHEF.(2)连接AC,BD交于点O,设BD交EF于点K,连接OP,GK,因为PA=PC,点O是AC的中点,所以POAC,同理可得POBD,又因为BDAC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO底面ABCD,又因为平面GEFH平面ABCD,且PO平面GEFH,所以PO平面GEFH,因为平面PBD平面GEFH=GK,所以POGK,且GK底面ABCD,从而GKEF,所以GK是梯形GEFH的高,由AB=8,EB=2得EBAB=KBDB=14,从而KB=DB=OB,即点K是OB的中点.再由POGK得GK=PO,即点G是PB

9、的中点,且GH=BC=4,由已知可得OB=4 ,PO=所以GK=3,故四边形GEFH的面积S=GK=3=18.【技法感悟】1.证明直线与平面平行的两种重要方法及关键方法关键利用线面平行的判定定理在该平面内找或作一直线,证明其与已知直线平行利用面面平行的性质过该线找或作一平面,证明其与已知平面平行2.线面平行性质定理的应用转化为该线与过该线的一个平面与该平面的交线平行.【题组通关】1.(2014全国卷改编)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,ABC=ACD=90,BAC=CAD=60,点E为PD的中点,AB=1,求证:CE平面PAB.【证明】由已知条件有AC=2AB=2,AD=2AC=4,CD=2

10、 .如图所示,延长DC,AB,设其交于点N,连接PN,因为NAC=DAC=60,ACCD,所以点C为ND的中点,又因为点E为PD的中点,所以ECPN,因为EC平面PAB,PN平面PAB,所以CE平面PAB.【一题多解】解答本题,还有以下方法:取AD中点为M,连接ME,MC,因为点E为PD的中点,所以EMPA,EM平面PAB,PA平面PAB,所以EM平面PAB,由已知得AC=2AB=2,AD=2AC=4,则CM=AM=2,所以BAC=ACM=60,所以MCAB,又因为CM平面PAB,所以CM平面PAB,而CMEM=M,所以平面EMC平面PAB,又因为CE平面EMC,所以CE平面PAB.2.(20

11、16昆明模拟)在三棱锥S-ABC中,ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于点D,E,F,H,且点D,E,F,H分别是AB,BC,SC,SA的中点,如果直线SB平面DEFH,求四边形DEFH的面积.【解析】因为点D,E,F,H分别是AB,BC,SC,SA的中点,所以DEAC,FHAC,DHSB,EFSB,则四边形DEFH是平行四边形,且DE=AC=3,取AC的中点O,连接OB,OS,因为SA=SC=15,AB=BC=6,所以ACSO,ACOB,因为SOOB=O,所以AO平面SOB,所以AOSB,则HDDE,即四边形DEFH是矩形,所以四边

12、形DEFH的面积S=【加固训练】(2014山东高考改编题)如图,四棱锥P-ABCD中,ADBC,AB=BC=AD,点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.(1)求证:AP平面BEF.(2)求证:GH平面PAD.【证明】(1)连接EC,因为ADBC,BC=AD,E为AD中点,所以BC AE,所以四边形ABCE是平行四边形,所以点O为AC的中点,又因为点F是PC的中点,所以FOAP,又FO平面BEF,AP平面BEF,所以AP平面BEF.(2)连接FH,OH,因为点F,H分别是PC,CD的中点,所以FHPD,FH平面PAD,PD平面PAD,所以FH平面P

13、AD,又因为点O是AC的中点,点H是CD的中点,所以OHAD,同理OH平面PAD,又因为FHOH=H,所以平面OHF平面PAD.又因为GH平面OHF,所以GH平面PAD.考向二 面面平行的判定与性质【典例3】(2016长春模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是BC上一点,且A1B平面AC1D,点D1是B1C1的中点,求证:平面A1BD1平面AC1D.【解题导引】先证点D是BC的中点,再证BD1DC1.【规范解答】如图,连接A1C交AC1于点E,连接ED.因为四边形A1ACC1是平行四边形,所以点E是A1C的中点,因为A1B平面AC1D,平面A1BC平面AC1D=ED,所以A1BED

14、,因为点E是A1C的中点,所以点D是BC的中点,又因为点D1是B1C1的中点,所以D1C1 BD,所以四边形BDC1D1为平行四边形,所以BD1C1D.BD1平面AC1D,C1D平面AC1D,所以BD1平面AC1D,又因为A1BBD1=B,所以平面A1BD1平面AC1D.【规律方法】1.判定面面平行的方法(1)利用定义:常用反证法.(2)利用面面平行的判定定理.(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行.(4)利用两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.2.面面平行的性质(1)两平面平行,则一个平面内的直线平行于另一平面.(2)若一平面与两平行平面相交,则交线平行.3.证明线线平行的常用方

15、法(1)利用公理4:找第三线,只需证明两线都与第三线平行即可.(2)利用三角形的中位线的性质.(3)构建平行四边形利用其对边平行.(4)利用面面平行的性质定理.易错提醒:利用面面平行的判定定理证明两平面平行时需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行.重视三种平行间的转化关系线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的问题的指导思想,解题中既要注意一般的转化规律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向.【变式训练】(2016西安模拟)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点O是底面中心,A1O底面ABCD,AB=AA1=.(1)证明:平面A1BD

16、平面CD1B1.(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.【解析】(1)由题设知,BB1 DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BDB1D1,又因为BD平面CD1B1,B1D1平面CD1B1,所以BD平面CD1B1.因为A1D1 B1C1 BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1BD1C,又因为A1B平面CD1B1,D1C平面CD1B1,所以A1B平面CD1B1,又因为BDA1B=B,所以平面A1BD平面CD1B1.(2)因为A1O平面ABCD,所以A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高.又因为AO=AC=1,AA1=,所以A1O=又因为SABD=所以=SABDA1O=1.

17、【加固训练】1.如图所示,已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上,点G在BB1上,且AE=FC1=B1G=1,点H是B1C1的中点.(1)求证:E,B,F,D1四点共面.(2)求证:平面A1GH平面BED1F.【证明】(1)连接FG.因为AE=B1G=1,所以BG=A1E=2,又因为BGA1E,所以四边形BGA1E为平行四边形,所以A1GBE.又因为C1FB1G,C1F=B1G,所以四边形C1FGB1为平行四边形,所以FGB1C1,FG=B1C1.又因为B1C1D1A1,B1C1=D1A1,所以FGD1A1,FG=D1A1,所以四边形A1GFD1为平行

18、四边形,所以A1GD1F,所以D1FBE.故E,B,F,D1四点共面.(2)因为点H是B1C1的中点,所以B1H=.又因为B1G=1,又因为且FCB=GB1H=90.所以B1HGCBF,则B1GH=CFB=FBG.所以HGFB.又由(1)知,A1GBE,且HGA1G=G,FBBE=B,所以平面A1GH平面BED1F.2.平面内有ABC,AB=5,BC=8,AC=7,梯形BCDE的底DE=2,过EB的中点B1的平面,若分别交EA,DC于A1,C1,求A1B1C1的面积.【解析】因为,所以A1B1AB,B1C1BC,又因A1B1C1与ABC同向.所以A1B1C1=ABC.又因为cosABC=所以A

19、BC=60=A1B1C1.又因为B1为EB的中点,所以B1A1是EAB的中位线,所以B1A1=AB=,同理知B1C1为梯形BCDE的中位线,所以B1C1=(BC+DE)=5.则故A1B1C1的面积为.考向三线、面平行中的探索性问题【典例4】(2014四川高考)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若ACBC,证明:直线BC平面ACC1A1.(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE平面A1MC?请证明你的结论.【解题导引】(1)先利用线面垂直的判定定理证明AA1平面ABC,再证明直线BC平面ACC1A1.(2)由于D,E分

20、别是线段BC,CC1的中点,易猜想M应为线段AB的中点,只要在平面A1MC内找到一条与DE平行的直线即可.【规范解答】(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1AB,AA1AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1平面ABC.因为直线BC平面ABC,所以AA1BC.又由已知,ACBC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC平面ACC1A1.(2)存在一点M(线段AB的中点),使DE平面A1MC.证明如下:取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1.设O为A1C,AC1的交点.由已知,O为AC1的中点,连接MD,OE,则MD,OE分别

21、为ABC,ACC1的中位线,所以MD AC,OE AC,因此MD OE,连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DEMO.因为直线DE平面A1MC,MO平面A1MC,所以直线DE平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE平面A1MC.【母题变式】1.本例题中在(2)的条件下,试在线段AB上找一点N,使得平面DEN平面A1MC.【解析】取线段BM的中点N,连接DN,EN,在BMC中,DN是中位线,所以DNMC,由(2)知DEMO,又因为DNDE=D,MOMC=M,所以平面DEN平面A1MC,即当点N是BM的中点时,平面DEN平面A1MC.2.本例题中在(2)的条件下,

22、试在线段A1B1上找一点F,使得平面BC1F平面A1MC.【解析】取A1B1的中点F,连接BF,C1F,BC1,因为A1F MB,所以四边形A1MBF是平行四边形,从而A1MBF,又因为DE是BCC1的中位线,所以DEBC1,又因为DEMO,则BC1MO,因为BFBC1=B,A1MMO=M,所以平面BC1F平面A1MC,即当F是线段A1B1的中点时,平面BC1F平面A1MC.【规律方法】解决探索性问题的策略方法(1)根据探索性问题的设问,假设其存在并探索出结论,然后在这个假设下进行推理论证,若得到合乎情理的结论就肯定假设,若得到矛盾就否定假设.(2)按类似于分析法的格式书写步骤:从结论出发“要

23、使成立”,“只需使成立”.【变式训练】(2016昆明模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD,AB=2CD,E为PB的中点.(1)求证:CE平面PAD.(2)在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD平面CEF?若存在,证明你的结论,若不存在,请说明理由.【解析】(1)如图所示,取PA的中点H,连接EH,DH,因为E为PB的中点,所以EHAB,EH=AB,又ABCD,CD=AB,所以EHCD,EH=CD,因此四边形DCEH是平行四边形,所以CEDH,又DH平面PAD,CE平面PAD,因此CE平面PAD.(2)如图所示,取AB的中点F,连接CF,EF,所以AF=AB,又CD=AB,所以AF=C

24、D,又AFCD,所以四边形AFCD为平行四边形,因此CFAD,又CF平面PAD,所以CF平面PAD,由(1)可知CE平面PAD,又CECF=C,故平面CEF平面PAD,故存在AB的中点F满足要求.【加固训练】1.(2016潍坊模拟)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形,侧棱PA底面ABCD,在侧面PBC内,有BEPC于点E,且BE=a,试在AB上找一点F,使EF平面PAD.【解析】在平面PCD内作EGPD于点G,连接AG,因为PA底面ABCD,所以PACD,PABC,又因为CDAD,BCAB,PAAD=A,PAAB=A,所以CD平面PAD,BC平面PAB,所以CDPD,PBBC

25、,所以CDEG,又ABCD,所以EGAB,若有EF平面PAD,则EFAG,所以四边形AFEG为平行四边形,EG=AF.因为CE=且PBC为直角三角形,所以BC2=CECP,所以CP=a.故存在点F,当AFFB=21时,EF平面PAD.2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为底面ABCD的中心,点P是DD1的中点,设点Q是CC1上的点,问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ平面PAO?【解析】当点Q为CC1的中点时,平面D1BQ平面PAO.证明如下:因为点Q为CC1的中点,点P为DD1的中点,所以QBPA.因为点P,O分别为DD1,DB的中点,所以D1BPO.又因为D1B平面PAO,

26、PO平面PAO,QB平面PAO,PA平面PAO,所以D1B平面PAO,QB平面PAO,又因为D1BQB=B,D1B,QB平面D1BQ,所以平面D1BQ平面PAO.3.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是棱CC1的中点,问在棱AB上是否存在一点E,使DE平面AB1C1?若存在,请确定点E的位置;若不存在,请说明理由.【解析】方法一:存在点E,且E为AB的中点时,DE平面AB1C1,下面给出证明:如图,取BB1的中点F,连接DF,则DFB1C1,因为AB的中点为E,连接EF,则EFAB1,B1C1AB1=B1,DFEF=F,所以平面DEF平面AB1C1,而DE平面DEF,所以DE平面AB1C1.方法二:假设在棱AB上存在点E,使得DE平面AB1C1,如图,取BB1的中点F,连接DF,EF,则DFB1C1,又因为DF平面AB1C1,所以DF平面AB1C1.又因为DE平面AB1C1,DEDF=D,所以平面DEF平面AB1C1,因为EF平面DEF,所以EF平面AB1C1,又因为EF平面ABB1,平面ABB1平面AB1C1=AB1,所以EFAB1,因为点F是BB1的中点,所以点E是AB的中点,即当点E是AB的中点时,DE平面AB1C1.