（全國通用）2019屆高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 8.4 直線、平面平行的判定與性質(zhì)課件

1、8.4直線、平面平行的判定與性質(zhì) 第八章立體幾何與空間向量 基礎知識自主學習 課時作業(yè) 題型分類深度剖析 內(nèi)容索引 基礎知識自主學習 文字語言圖形語言符號語言 判定 定理 平面外一條直線與_ 的一條 直線平行，則該直線與此平面平行 (簡記為“線線平行線面平行”) 性質(zhì) 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_ 與該直線平行(簡記為“線面平行 線線平行”) 1.線面平行的判定定理和性質(zhì)定理線面平行的判定定理和性質(zhì)定理 知識梳理 此平面內(nèi) 交線 la a l la l b 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_ 與另一個平面平行，則這兩 個平面平行(簡記

2、為“線面 平行面面平行”) 性質(zhì) 定理 如果兩個平行平面同時和第 三個平面_，那么它們的 _平行 2.面面平行的判定定理和性質(zhì)定理面面平行的判定定理和性質(zhì)定理 相交直線a b 相交 交線 abP a b a b 重要結論： (1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a，a，則. (2)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a，b，則ab. (3)平行于同一個平面的兩個平面平行，即若，則. 【知識拓展】 1.判斷下列結論是否正確(請在括號中打“”或“”) (1)若一條直線平行于一個平面內(nèi)的一條直線,則這條直線平行于這個平面.( ) (2)若一條直線平行于一個平面,則這條直線平行于這個平面內(nèi)的任一條

3、 直線.( ) (3)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.( ) (4)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.( ) (5)若直線a與平面內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a.( ) (6)若，直線a，則a.( ) 題組一思考辨析題組一思考辨析 基礎自測 12456 3 2.P61A組T1(1)下列命題中正確的是 A.若a，b是兩條直線，且ab，那么a平行于經(jīng)過b的任何平面 B.若直線a和平面滿足a，那么a與內(nèi)的任何直線平行 C.平行于同一條直線的兩個平面平行 D.若直線a，b和平面滿足ab，a，b ，則b 題組二教材改編題組二教材改編 12456 解析 3

4、 答案 解析解析A中，a可以在過b的平面內(nèi)； B中，a與內(nèi)的直線也可能異面； C中，兩平面可相交； D中，由直線與平面平行的判定定理知b，正確. 12456 答案 3.P62A組T3如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1 中，E為DD1的中點，則BD1與平面AEC的位置關 系為_. 3 平行 解析解析連接BD，設BDACO，連接EO， 在BDD1中，E為DD1的中點，O為BD的中點， 所以EO為BDD1的中位線，則BD1EO， 而BD1 平面ACE，EO平面ACE， 所以BD1平面ACE. 解析 題組三易錯自糾題組三易錯自糾 4.若平面平面，直線a平面，點B，則在平面內(nèi)且過B點的 所有直線中

5、A.不一定存在與a平行的直線 B.只有兩條與a平行的直線 C.存在無數(shù)條與a平行的直線 D.存在唯一與a平行的直線 解析 12456 答案 3 解析解析當直線a在平面內(nèi)且過B點時，不存在與a平行的直線，故選A. 解析解析在條件或條件中，或與相交； 由，條件滿足； 在中，a，abb，又b，從而，滿足. 5.設，為三個不同的平面，a，b為直線，給出下列條件： a，b，a，b；，； ，；a，b，ab. 其中能推出的條件是_.(填上所有正確的序號) 12456 答案 3 解析 6.如圖是長方體被一平面所截得的幾何體， 四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的 形狀為_. 解析 124563 解析解析平

6、面ABFE平面DCGH， 又平面EFGH平面ABFEEF，平面EFGH平面DCGHHG， EFHG.同理EHFG， 四邊形EFGH是平行四邊形. 答案 平行四邊形 題型分類深度剖析 命題點命題點1直線與平面平行的判定直線與平面平行的判定 典例典例如圖，在四棱錐PABCD中，ADBC，AB BC AD，E，F(xiàn)，H分別為線段AD，PC，CD的中點， AC與BE交于O點，G是線段OF上一點. (1)求證：AP平面BEF； 題型一直線與平面平行的判定與性質(zhì) 多維探究多維探究 證明 四邊形ABCE是平行四邊形，O為AC的中點. 又F是PC的中點，F(xiàn)OAP， 又FO平面BEF，AP 平面BEF，AP平面B

7、EF. (2)求證：GH平面PAD. 證明 證明證明連接FH，OH， F，H分別是PC，CD的中點， FHPD，又PD平面PAD，F(xiàn)H 平面PAD，F(xiàn)H平面PAD. 又O是BE的中點，H是CD的中點， OHAD，又AD平面PAD，OH 平面PAD， OH平面PAD. 又FHOHH，平面OHF平面PAD. 又GH平面OHF，GH平面PAD. 命題點命題點2直線與平面平行的性質(zhì)直線與平面平行的性質(zhì) 典例典例 (2017長沙調(diào)研)如圖，四棱錐PABCD的底 面是邊長為8的正方形，四條側棱長均為2 .點G， E，F(xiàn)，H分別是棱PB，AB，CD，PC上共面的四點， 平面GEFH平面ABCD，BC平面GE

8、FH. (1)證明：GHEF； 證明 證明證明因為BC平面GEFH，BC平面PBC， 且平面PBC平面GEFHGH，所以GHBC. 同理可證EFBC，因此GHEF. (2)若EB2，求四邊形GEFH的面積. 解答 解解如圖，連接AC，BD交于點O，BD交EF于點K，連接OP，GK. 因為PAPC，O是AC的中點，所以POAC， 同理可得POBD. 又BDACO，且AC，BD底面ABCD， 所以PO底面ABCD. 又因為平面GEFH平面ABCD， 且PO 平面GEFH，所以PO平面GEFH. 因為平面PBD平面GEFHGK， 所以POGK，且GK底面ABCD， 從而GKEF. 所以GK是梯形GE

9、FH的高. 由AB8，EB2得EBABKBDB14， 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 ，b，aba). (3)利用面面平行的性質(zhì)(，aa). (4)利用面面平行的性質(zhì)(，a ，a ，aa). 思維升華思維升華 跟蹤訓練跟蹤訓練 (2016全國)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA底面ABCD， ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點，AM 2MD，N為PC的中點. (1)證明：MN平面PAB； 證明 如圖，取BP的中點T，連接AT，TN， 所以四邊形AMNT為平行四邊形， 于是MNAT. 因為AT平面PAB，

10、MN 平面PAB， 所以MN平面PAB. (2)求四面體N-BCM的體積. 解答 解解因為PA平面ABCD，N為PC的中點， 取BC的中點E，連接AE. 典例典例 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； 題型二平面與平面平行的判定與性質(zhì)師生共研師生共研 證明 證明證明G，H分別是A1B1，A1C1的中點， GH是A1B1C1的中位線， GHB1C1. 又B1C1BC，GHBC， B，C，H，G四點共面. (2)平面EFA1平面BCHG. 證明 證明證明E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，EFBC. E

11、F 平面BCHG，BC平面BCHG， EF平面BCHG. 四邊形A1EBG是平行四邊形，A1EGB. 又A1E 平面BCHG，GB平面BCHG， A1E平面BCHG. 又A1EEFE，A1E，EF平面EFA， 平面EFA1平面BCHG. 在本例條件下，若D1，D分別為B1C1，BC的中點，求證：平面 A1BD1平面AC1D. 證明 引申探究引申探究 證明證明如圖所示，連接A1C交AC1于點M， 四邊形A1ACC1是平行四邊形， M是A1C的中點，連接MD， D為BC的中點，A1BDM. A1B平面A1BD1，DM 平面A1BD1， DM平面A1BD1. 又由三棱柱的性質(zhì)知，D1C1綊BD， 四

12、邊形BDC1D1為平行四邊形，DC1BD1. 又DC1 平面A1BD1，BD1平面A1BD1，DC1平面A1BD1. 又DC1DMD，DC1，DM平面AC1D， 平面A1BD1平面AC1D. 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. 思維升華思維升華 跟蹤訓練跟蹤訓練 (2018唐山質(zhì)檢)如圖所示，四邊形 ABCD與四邊形ADEF都為平

13、行四邊形，M，N， G分別是AB，AD，EF的中點.求證： (1)BE平面DMF； 證明 證明證明如圖所示，設DF與GN交于點O，連接AE，則AE必過點O， 連接MO，則MO為ABE的中位線， 所以BEMO. 因為BE 平面DMF， MO平面DMF， 所以BE平面DMF. 證明證明因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊 AD，EF的中點，所以DEGN. 因為DE 平面MNG，GN平面MNG， 所以DE平面MNG. 因為M為AB的中點， 所以MN為ABD的中位線，所以BDMN. 因為BD 平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG. 因為DEBDD，BD，DE平面BDE， 所以平面BDE平面

14、MNG. (2)平面BDE平面MNG. 證明 題型三平行關系的綜合應用 師生共研師生共研 典例典例如圖所示，平面平面，點A，點C，點B，點D， 點E，F(xiàn)分別在線段AB，CD上，且AEEBCFFD. (1)求證：EF平面； 證明 證明證明當AB，CD在同一平面內(nèi)時，由平面平面，平面平面 ABDCAC，平面平面ABDCBD知，ACBD. AEEBCFFD，EFBD. 又EF ，BD，EF平面. 當AB與CD異面時，如圖所示， 設平面ACD平面DH，且DHAC， 平面平面，平面平面ACDHAC， ACDH， 四邊形ACDH是平行四邊形， 在AH上取一點G，使AGGHCFFD， 連接EG，F(xiàn)G，BH.

15、 又AEEBCFFDAGGH， GFHD，EGBH. 又EGGFG，BHHDH， 平面EFG平面. 又EF平面EFG，EF平面. 綜合可知，EF平面. (2)若E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，AC4，BD6，且AC，BD所成的 角為60，求EF的長. 解答 解解如圖所示，連接AD，取AD的中點M，連接ME，MF. E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點， MEBD，MFAC， EMF為AC與BD所成的角或其補角， EMF60或120.在EFM中，由余弦定理得 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. 思維升華思維升華 證

16、明證明四邊形EFGH為平行四邊形， EFHG. HG平面ABD，EF 平面ABD， EF平面ABD. 又EF平面ABC，平面ABD平面ABCAB， EFAB，又AB 平面EFGH，EF平面EFGH， AB平面EFGH.同理可證，CD平面EFGH. 證明 跟蹤訓練跟蹤訓練如圖所示，四邊形EFGH為空間四邊形ABCD的一個截面， 若截面為平行四邊形. (1)求證：AB平面EFGH，CD平面EFGH； (2)若AB4，CD6，求四邊形EFGH周長的取值范圍. 解解設EFx(0 x4)， EFAB，F(xiàn)GCD， 解答 四邊形EFGH為平行四邊形， 又0 x4，8l12， 即四邊形EFGH周長的取值范圍是

17、(8,12). 課時作業(yè) 1.若直線l不平行于平面，且l ，則 A.內(nèi)的所有直線與l異面 B.內(nèi)不存在與l平行的直線 C.與直線l至少有兩個公共點 D.內(nèi)的直線與l都相交 基礎保分練 12345678910111213141516 解析解析因為l ，直線l不平行于平面，所以直線l只能與平面相交， 于是直線l與平面只有一個公共點，所以平面內(nèi)不存在與l平行的直線. 解析答案 2.已知直線a和平面，那么a的一個充分條件是 A.存在一條直線b，ab且b B.存在一條直線b，ab且b C.存在一個平面，a且 D.存在一個平面，a且 答案 12345678910111213141516 解析解析在A，B，

18、D中，均有可能a，錯誤； 在C中，兩平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任一條直線都平行于另一平 面，故C正確. 解析 12345678910111213141516 3.(2018攀枝花質(zhì)檢)平面平面，點A，C，點B，D，則直線 AC直線BD的充要條件是 A.ABCD B.ADCB C.AB與CD相交 D.A，B，C，D四點共面 答案 解析解析充分性：A，B，C，D四點共面，由平面與平面平行的性質(zhì)知 ACBD.必要性顯然成立. 解析 4.一條直線l上有相異的三個點A，B，C到平面的距離相等，那么直線 l與平面的位置關系是 A.l B.l C.l與相交但不垂直 D.l或l 解析答案 123456789

19、10111213141516 解析解析當l時，直線l上任意點到的距離都相等； 當l時，直線l上所有的點到的距離都是0； 當l時，直線l上有兩個點到的距離相等； 當l與斜交時，也只能有兩個點到的距離相等.故選D. 5.對于空間中的兩條直線m，n和一個平面，下列命題中的真命題是 A.若m，n，則mn B.若m，n，則mn C.若m，n，則mn D.若m，n，則mn 解析答案 12345678910111213141516 解析解析對A，直線m，n可能平行、異面或相交，故A錯誤； 對B，直線m與n可能平行，也可能異面，故B錯誤； 對C，m與n垂直而非平行，故C錯誤； 對D，垂直于同一平面的兩直線平行

20、，故D正確. 解析答案 12345678910111213141516 6.如圖，L，M，N分別為正方體對應棱的中點，則平面LMN與平面 PQR的位置關系是 A.垂直 B.相交不垂直 C.平行 D.重合 12345678910111213141516 解析解析如圖，分別取另三條棱的中點A，B，C，將平面LMN延展為平 面正六邊形AMBNCL， 因為PQAL，PRAM， 且PQ與PR相交，AL與AM相交， 所以平面PQR平面AMBNCL， 即平面LMN平面PQR. 解析 12345678910111213141516 7.(2018重慶模擬)在四面體ABCD中，M，N分別是ACD，BCD的 重心

21、，則四面體的四個面中與MN平行的是_. 答案 平面ABD與平面ABC 解析解析如圖，取CD的中點E，連接AE，BE， 則EMMA12， ENBN12， 所以MNAB. 所以MN平面ABD， MN平面ABC. 12345678910111213141516 8.設，是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題 “m，n，且_，則mn”中的橫線處填入下列三組條件 中的一組，使該命題為真命題. ，n；m，n；n，m. 可以填入的條件有_. 解析 解析解析由面面平行的性質(zhì)定理可知，正確； 當n，m時，n和m在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行， 正確. 答案 或 9.(2017承德模擬)如圖所示，

22、在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，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只需滿足條件_時， 就有MN平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J為正確的一個條件即可，不必考 慮全部可能情況) 12345678910111213141516 答案解析 點M在線段FH上(或點M與點H重合) 解析解析連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FHDD1，HNBD， 平面FHN平面B1BDD1，只需MFH， 則MN平面FHN， MN平面B1BDD1. 10.(2018?？谡{(diào)研)將一個真命題中的“平面”換成“直線”、“直 線”換成“平面”后仍是真命

23、題，則該命題稱為“可換命題”.給出 下列四個命題： 垂直于同一平面的兩直線平行；垂直于同一平面的兩平面平行； 平行于同一直線的兩直線平行；平行于同一平面的兩直線平行. 其中是“可換命題”的是_.(填序號) 12345678910111213141516 答案 解析 12345678910111213141516 解析解析由線面垂直的性質(zhì)定理可知是真命題，且垂直于同一直線的 兩平面平行也是真命題，故是“可換命題”； 因為垂直于同一平面的兩平面可能平行或相交，所以是假命題，不 是“可換命題”； 由公理4可知是真命題，且平行于同一平面的兩平面平行也是真命 題，故是“可換命題”； 因為平行于同一平面的

24、兩條直線可能平行、相交或異面，故是假命 題，故不是“可換命題”. 11.(2017南昌模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD， 底面ABCD為梯形，ABCD，AB2DC2 ，且PAD與ABD均為 正三角形，E為AD的中點，G為PAD的重心. (1)求證：GF平面PDC； 12345678910111213141516 證明 12345678910111213141516 證明證明方法一方法一連接AG并延長交PD于點H，連接CH. 又HC平面PCD，GF 平面PCD， GF平面PDC. 方法二方法二過G作GNAD交PD于N，過F作FMAD交 CD于M，連接MN， 1234567

25、8910111213141516 又由所作GNAD，F(xiàn)MAD，得GNFM， 四邊形GNMF為平行四邊形. GFMN，又GF 平面PCD，MN平面PCD， GF平面PDC. 12345678910111213141516 方法三方法三過G作GKPD交AD于K，連接KF，GK， 由PAD為正三角形，E為AD的中點，G為PAD的重心， 又由梯形ABCD中ABCD，且AB2DC， 在ADC中，KFCD， 又GKKFK，PDCDD， 平面GKF平面PDC， 又GF平面GKF，GF平面PDC. (2)求三棱錐GPCD的體積. 12345678910111213141516 解答 1234567891011

26、1213141516 解解方法一方法一由平面PAD平面ABCD，PAD與ABD均為正三角形， E為AD的中點，知PEAD，BEAD， 又平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD， PE平面ABCD，且PE3， 由(1)知GF平面PDC， 又ABD為正三角形，得CDFABD60， 12345678910111213141516 方法二方法二由平面PAD平面ABCD，PAD與ABD均為正三角形，E為 AD的中點，知 PEAD，BEAD， 又平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD， PE平面ABCD，且PE3， 12345678910111213141516 又ABD為正三角形，得EDC120

27、， 12.如圖，在四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD為正方形， BCPD2，E為PC的中點，CB3CG. (1)求證：PCBC； 12345678910111213141516 證明 證明證明因為PD平面ABCD，BC平面ABCD， 所以PDBC. 因為四邊形ABCD是正方形，所以BCCD. 又PDCDD，PD，CD平面PCD， 所以BC平面PCD. 因為PC平面PDC，所以PCBC. (2)AD邊上是否存在一點M，使得PA平面MEG？若存在，求出AM的長； 若不存在，請說明理由. 12345678910111213141516 解答 123456789101112131415

28、16 解解連接AC，BD交于點O，連接EO，GO， 延長GO交AD于點M，連接EM，則PA平面MEG. 證明如下：因為E為PC的中點，O是AC的中點， 所以EOPA. 因為EO平面MEG，PA 平面MEG， 所以PA平面MEG. 因為OCGOAM， 13.(2018南昌質(zhì)檢)在四面體ABCD中，截面PQMN是正方形，則在下列 結論中，錯誤的是 A.ACBD B.AC截面PQMN C.ACBD D.異面直線PM與BD所成的角為45 技能提升練 12345678910111213141516 答案 解析 12345678910111213141516 解析解析因為截面PQMN是正方形，所以MNQP， 又PQ平面ABC，MN 平面ABC，則MN平面ABC， 由線面平行的性質(zhì)知MNAC，又MN平面PQMN， AC 平面PQMN，則AC截面PQMN，同理可得MQBD， 又MNQM，則ACBD，故A，B正確. 又因為BDMQ，所以異面直線PM與BD所成的角等于PM與QM所成 的角，即為45，故D正確. 14.(2017山西太原五中月考)過