2025版高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何第4講直線平面平行的判定與性質(zhì)教案文新人教A版

PAGEPAGE1第4講直線、平面平行的判定與性質(zhì)一、學問梳理1．直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理平面外一條直線與此平面內(nèi)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”)因為l∥a，a?α，l?α，所以l∥α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交線與該直線平行(簡記為“線面平行?線線平行”)因為l∥α，l?β，α∩β＝b，所以l∥b2.平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”)因為a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α，所以α∥β性質(zhì)定理假如兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行因為α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b常用結(jié)論1．三種平行關系的轉(zhuǎn)化：線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化是解決與平行有關的證明題的指導思想．2．平行關系中的三個重要結(jié)論(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.(2)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.(3)平行于同一個平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.二、習題改編1．(必修2P58練習T3改編)平面α∥平面β的一個充分條件是()A．存在一條直線a，a∥α，a∥βB．存在一條直線a，a?α，a∥βC．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥αD．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α解析：選D.若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，a∥α，a∥β，故解除A.若α∩β＝l，a?α，a∥l，則a∥β，故解除B.若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，則a∥β，b∥α，故解除C.2．(必修2P57例2改編)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的是(只填序號)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因為ABeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面．③錯誤；因為AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正確．答案：①②④一、思索辨析推斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)直線l平行于平面α內(nèi)的多數(shù)條直線，則l∥α.()(2)若直線l在平面α外，則l∥α.()(3)若直線l∥b，直線b?α，則l∥α.()(4)若直線l∥b，直線b?α，那么直線l就平行于平面α內(nèi)的多數(shù)條直線．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√二、易錯糾偏eq\a\vs4\al(常見誤區(qū))(1)對空間平行關系的相互轉(zhuǎn)化條件理解不夠；(2)忽視線面平行、面面平行的條件．1．假如直線a∥平面α，那么直線a與平面α內(nèi)的()A．一條直線不相交 B．兩條直線不相交C．多數(shù)條直線不相交 D．隨意一條直線都不相交解析：選D.因為a∥平面α，直線a與平面α無公共點，因此a和平面α內(nèi)的隨意一條直線都不相交，故選D.2．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的形態(tài)為．解析：因為平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形．答案：平行四邊形與線、面平行相關命題的判定(師生共研)設m，n表示不同直線，α，β表示不同平面，則下列結(jié)論中正確的是()A．若m∥α，m∥n，則n∥αB．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥βC．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥βD．若α∥β，m∥α，n∥m，n?β，則n∥β【解析】A錯誤，n有可能在平面α內(nèi)；B錯誤，平面α可能與平面β相交；C錯誤，n也有可能在平面β內(nèi)；D正確，易知m∥β或m?β，若m?β，又n∥m，n?β，所以n∥β，若m∥β，過m作平面γ交平面β于直線l，則m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n?β，l?β，所以n∥β.【答案】Deq\a\vs4\al()解決線、面平行關系應留意的問題(1)留意判定定理與性質(zhì)定理中易忽視的條件，如線面平行的條件中線在面外易被忽視．(2)結(jié)合題意構(gòu)造或繪制圖形，結(jié)合圖形作出推斷．(3)會舉反例或用反證法推斷命題是否正確．1．下列命題中正確的是()A．若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經(jīng)過b的任何平面B．若直線a和平面α滿意a∥α，那么a與α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α滿意a∥b，a∥α，b?α，則b∥α解析：選D.A錯誤，a可能在經(jīng)過b的平面內(nèi)；B錯誤，a與α內(nèi)的直線平行或異面；C錯誤，兩個平面可能相交；D正確，由a∥α，可得a平行于經(jīng)過直線a的平面與α的交線c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b?α，c?α，所以b∥α.2．(2024·高考全國卷Ⅱ)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面解析：選B.對于A，C，D選項，α均有可能與β相交，故解除A，C，D選項，選B.線面平行的判定與性質(zhì)(多維探究)角度一線面平行的證明在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A的中點．求證：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D.【證明】(1)如圖所示，取BB1的中點M，連接MH，MC1，易證四邊形HMC1D1是平行四邊形，所以HD1∥MC1.又因為在平面BCC1B1中，BMeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))FC1，所以四邊形BMC1F為平行四邊形，所以MC1∥BF，所以BF∥HD1.(2)取BD的中點O，連接EO，D1O，則OE∥DC且OE＝eq\f(1,2)DC，又D1G∥DC且D1G＝eq\f(1,2)DC，所以OEeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))D1G，所以四邊形OEGD1是平行四邊形，所以GE∥D1O.又D1O?平面BB1D1D，GE?平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D.eq\a\vs4\al()證明直線與平面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義．(2)利用線面平行的判定定理：關鍵是找到平面內(nèi)與已知直線平行的直線，可先直觀推斷題中是否存在這樣的直線，若不存在，則需作出直線，?？紤]利用三角形的中位線、平行四邊形的對邊平行或過已知直線作一平面，找其交線進行證明．角度二線面平行性質(zhì)的應用如圖，在五面體ABCDFE中，底面ABCD為矩形，EF∥AB，過BC的平面交棱FD于點P，交棱FA于點Q.證明：PQ∥平面ABCD.【證明】因為底面ABCD為矩形，所以AD∥BC，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(AD∥BC,AD?平面ADF,BC?平面ADF))?BC∥平面ADF，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(BC∥平面ADF,BC?平面BCPQ,平面BCPQ∩平面ADF＝PQ))?BC∥PQ，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(PQ∥BC,PQ?平面ABCD,BC?平面ABCD))PQ∥平面ABCD.eq\a\vs4\al()應用線面平行的性質(zhì)定理的關鍵是確定交線的位置，有時須要經(jīng)過已知直線作協(xié)助平面來確定交線．該定理的作用是由線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行．1．(2024·遼寧丹東質(zhì)量測試(一))如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D，E分別為AA1，B1C的中點．證明：DE∥平面ABC.證明：取BC的中點F，連接AF，EF，則EF∥BB1，EF＝eq\f(1,2)BB1，所以EF∥DA，EF＝DA，則四邊形ADEF為平行四邊形，所以DE∥AF.又因為DE?平面ABC，AF?平面ABC，所以DE∥平面ABC.2．如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，AB＝2，AF＝1，M是線段EF的中點．(1)求證：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，試分析l與m的位置關系，并證明你的結(jié)論．解：(1)證明：如圖，記AC與BD的交點為O，連接OE.因為O，M分別是AC，EF的中點，四邊形ACEF是矩形，所以四邊形AOEM是平行四邊形，所以AM∥OE.又因為OE?平面BDE，AM?平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)l∥m，證明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM?平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM?平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.面面平行的判定與性質(zhì)(典例遷移)如圖所示，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.【證明】(1)因為G，H分別是A1B1，A1C1的中點，所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四點共面．(2)在△ABC中，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，所以EF∥BC，因為EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又因為G，E分別為A1B1，AB的中點，所以A1Geq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))EB，所以四邊形A1EBG是平行四邊形，所以A1E∥GB.因為A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因為A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.【遷移探究1】(變條件)在本例條件下，若D為BC1的中點，求證：HD∥平面A1B1BA.證明：如圖所示，連接HD，A1B，因為D為BC1的中點，H為A1C1的中點，所以HD∥A1B，又HD?平面A1B1BA，A1B?平面A1B1BA，所以HD∥平面A1B1BA.【遷移探究2】(變條件)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：如圖所示，連接A1C交AC1于點M，因為四邊形A1ACC1是平行四邊形，所以M是A1C的中點，連接MD，因為D為BC的中點，所以A1B∥DM.因為A1B?平面A1BD1，DM?平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性質(zhì)知，D1C1eq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))BD，所以四邊形BDC1D1為平行四邊形，所以DC1∥BD1.又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1，又因為DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，所以平面A1BD1∥平面AC1D.eq\a\vs4\al()1．如圖，AB∥平面α∥平面β，過點A，B的直線m，n分別交α，β于點C，E和點D，F(xiàn)，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，則BD的長為()A.eq\f(6,5) B.eq\f(7,5)C.eq\f(8,5) D．eq\f(9,5)解析：選C.由AB∥α∥β，易證eq\f(AC,CE)＝eq\f(BD,DF).即eq\f(AC,AE)＝eq\f(BD,BF)，所以BD＝eq\f(AC·BF,AE)＝eq\f(2×4,5)＝eq\f(8,5).2．(一題多解)如圖，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，ED⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.證明：平面ABF∥平面DCE.證明：法一：因為DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因為AF?平面DCE，DE?平面DCE，所以AF∥平面DCE.因為四邊形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因為AB?平面DCE，所以AB∥平面DCE.因為AB∩AF＝A，AB?平面ABF，AF?平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.法二：因為DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因為四邊形ABCD為正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，所以平面ABF∥平面DCE.法三：因為DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥DC.又DE∩DC＝D，所以AD⊥平面DEC.同理AD⊥平面ABF.所以平面ABF∥平面DCE.[基礎題組練]1．若直線l不平行于平面α，且l?α，則()A．α內(nèi)的全部直線與l異面B．α內(nèi)不存在與l平行的直線C．α與直線l至少有兩個公共點D．α內(nèi)的直線與l都相交解析：選B.因為l?α，直線l不平行于平面α，所以直線l只能與平面α相交，于是直線l與平面α只有一個公共點，所以平面α內(nèi)不存在與l平行的直線．2．(2024·大連雙基測試)已知直線l，m，平面α，β，γ，則下列條件能推出l∥m的是()A．l?α，m?β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m?α D．l?α，α∩β＝m解析：選B.選項A中，直線l，m也可能異面；選項B中，依據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，可推出l∥m，B正確；選項C中，直線l，m也可能異面；選項D中，直線l，m也可能相交，故選B.3．(2024·長沙市統(tǒng)一模擬考試)設a，b，c表示不同直線，α，β表示不同平面，下列命題：①若a∥c，b∥c，則a∥b；②若a∥b，b∥α，則a∥α；③若a∥α，b∥α，則a∥b；④若a?α，b?β，α∥β，則a∥b.真命題的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選A.由題意，對于①，依據(jù)線線平行的傳遞性可知①是真命題；對于②，依據(jù)a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a?α，故②是假命題；對于③，依據(jù)a∥α，b∥α，可以推出a與b平行、相交或異面，故③是假命題；對于④，依據(jù)a?α，b?β.α∥β，可以推出a∥b或a與b異面，故④是假命題，所以真命題的個數(shù)是1，故選A.4.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AD上的點，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中點，則()A．BD∥平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形解析：選B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,5)BD，又EF?平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HGeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四邊形EFGH是梯形．5．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中點，則BD1與平面ACE的位置關系為．解析：如圖，連接AC，BD交于O點，連接OE，因為OE∥BD1，而OE?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行6.如圖，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的長等于．解析：因為EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F為DC的中點．故EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2).答案：eq\r(2)7．在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知側(cè)棱與底面垂直，∠CAB＝90°，且AC＝1，AB＝2，E為BB1的中點，M為AC上一點，AM＝eq\f(2,3)AC.(1)若三棱錐A1-C1ME的體積為eq\f(\r(2),6)，求AA1的長；(2)證明：CB1∥平面A1EM.解：(1)設AA1＝h，因為VA1-C1ME＝VE-A1C1M，S△A1C1M＝eq\f(1,2)A1C1×h＝eq\f(h,2)，三棱錐E-A1C1M的高為2，所以VE-A1C1M＝eq\f(1,3)×eq\f(h,2)×2＝eq\f(\r(2),6)，解得h＝eq\f(\r(2),2)，即AA1＝eq\f(\r(2),2).(2)證明：如圖，連接AB1交A1E于點F，連接MF.因為E為BB1的中點，所以AF＝eq\f(2,3)AB1，又AM＝eq\f(2,3)AC，所以MF∥CB1，又MF?平面A1EM，CB1?平面A1EM，所以CB1∥平面A1EM.8．(2024·南昌市摸底調(diào)研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設M，N分別為PD，AD的中點．(1)求證：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱錐P-ABM的體積．解：(1)證明：因為M，N分別為PD，AD的中點，所以MN∥PA，又MN?平面PAB，PA?平面PAB，所以MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，所以∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.因為CN?平面PAB，AB?平面PAB，所以CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，所以點M到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離．因為AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝eq\r(3)，所以三棱錐P-ABM的體積V＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).[綜合題組練]1．如圖，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列說法中，錯誤的為()A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．異面直線PM與BD所成的角為45°解析：選B.因為截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，則PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正確；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正確；由BD∥PN，所以∠MPN是異面直線PM與BD所成的角，且為45°，D正確；由上面可知：BD∥PN，MN∥AC.所以eq\f(PN,BD)＝eq\f(AN,AD)，eq\f(MN,AC)＝eq\f(DN,AD)，而AN≠DN，PN＝MN，所以BD≠AC.B錯誤．故選B.2．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，則點Q滿意條件時，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：如圖所示，設Q為CC1的中點，因為P為DD1的中點，所以QB∥PA.連接DB，因為P，O分別是DD1，DB的中點，所以D1B∥PO，又D1B?平面PAO，QB?平面PAO，PO?平面PAO，PA?平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q為