山东专用2024新高考数学一轮复习第七章立体几何7.4直线平面平行的判定及其性质学案含解析

PAGE第四节直线、平面平行的判定及其性质课标要求考情分析1.以立体几何的定义、公理和定理为动身点，相识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简洁命题．1.直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．2．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证实力，广泛应用转化与化归的思想.学问点一直线与平面平行的判定定理和性质定理应用判定定理时，要留意“内”“外”“平行”三个条件必需都具备，缺一不行．学问点二平面与平面平行的判定定理和性质定理1.平面与平面平行还有如下判定：假如一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面相互平行．2．平面与平面平行还有如下性质：(1)两个平面平行，其中一个平面内的随意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．1．思索辨析推断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(×)(2)若直线a与平面α内多数条直线平行，则a∥α.(×)(3)若直线a∥平面α，P∈平面α，则过点P且平行于a的直线有多数条．(×)(4)假如一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(×)(5)假如两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(√)2．小题热身(1)假如直线a∥平面α，那么直线a与平面α的(D)A．一条直线不相交B．两条直线不相交C．多数条直线不相交D．随意一条直线都不相交(2)下列命题中正确的是(D)A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满意a∥α，那么a与α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α满意a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α(3)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β”是“α∥β”的(B)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件(4)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝eq\r(2).(5)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的是①②④①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：(1)因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此直线a和平面α内的随意一条直线都不相交，故选D．(2)A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α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∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b⊄α，c⊂α，所以b∥α.(3)当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒α∥β；当α∥β时，α内任始终线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．(4)依据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC．又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因此在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq\r(2).(5)连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面．③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④考点一线面平行的判定与性质【例1】在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AD，PB的中点，PA＝AB＝1.求证：EF∥平面DCP.【证明】方法1：取PC的中点M，连接DM，MF.∵M，F分别是PC，PB的中点，∴MF∥CB，MF＝eq\f(1,2)CB．∵E为DA的中点，四边形ABCD为正方形，∴DE∥CB，DE＝eq\f(1,2)CB．∴MF∥DE，MF＝DE，∴四边形DEFM为平行四边形，∴EF∥DM，∵EF⊄平面PDC，DM⊂平面PDC，∴EF∥平面PDC．方法2：取PA的中点N，连接NE，NF.∵E是AD的中点，N是PA的中点，∴NE∥DP.∵F是PB的中点，N是PA的中点，∴NF∥AB，∵AB∥CD，∴NF∥CD．又∵NE∩NF＝N，NE⊂平面NEF，NF⊂平面NEF，DP⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，∴平面NEF∥平面PCD．又∵EF⊂平面NEF，∴EF∥平面PCD．方法3：取BC的中点G，连接EG，FG.在正方形ABCD中，E是AD的中点，G是BC的中点，∴GE∥CD．∵F是PB的中点，G是BC的中点，∴GF∥PC．又PC∩CD＝C，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，∴平面GEF∥平面PCD．∵EF⊂平面GEF，∴EF∥平面PCD．方法技巧1证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是结合几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、找寻比例式等方法证明两直线平行.2应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时须要经过已知直线作协助平面来确定交线.1．在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AEEB＝AFFD＝14，又H，G分别为BC，CD的中点，则(B)A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形解析：由题意知EF∥BD，且EF＝eq\f(1,5)BD，HG∥BD，且HG＝eq\f(1,2)BD．所以EF∥HG，且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．因为EF⊄平面BDC，EF∥BD，所以EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行，故A，C，D错误，B正确．2．如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：GH∥平面PAD．证明：如图，连接AC交BD于点O，连接MO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．又M是PC的中点，所以AP∥OM.依据直线和平面平行的判定定理，则有PA∥平面BMD．因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，依据直线和平面平行的性质定理，所以PA∥GH.因为GH⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD．考点二面面平行的判定与性质【例2】(1)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，点G和H分别是CE和CF的中点．求证：平面BDGH∥平面AEF.(2)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠B1A1A＝∠C1A1A，AA1【解】(1)在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF，又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(2)如图，在平面ABB1A1过点A作AN∥B1P交BB1于点N，连接BQ，在△BB1Q中，作NH∥B1Q交BQ于点H，连接AH并延长交BC于点M，则AM为所求作的直线．方法技巧1.判定平面与平面平行的4种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．2．谨记空间平行关系之间的转化1．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为(BA．eq\r(2) B．eq\f(9,8)C．eq\r(3) D．eq\f(\r(6),2)解析：取C1D1，B1C1的中点分别为P，Q，连接PQ，PD，NP，QB，B1D1.易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，则AN∥DP.又BD和DP为平面BDPQ的两条相交直线，所以平面BDPQ∥平面AMN，即平面α为平面BDPQ.由PQ∥DB，PQ＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(\r(2),2)，得四边形BDPQ为梯形，其高h＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))2)＝eq\f(3\r(2),4).所以平面α截该正方体所得截面的面积为eq\f(1,2)(PQ＋BD)h＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(2),2)))×eq\f(3\r(2),4)＝eq\f(9,8).故选B．2．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB＝90°，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q为棱CC1上一动点，过直线AQ的平面分别与棱BB1，DD1交于点P，R，则下列结论正确的是①②③①对于随意的点Q，都有AP∥RQ；②对于随意的点Q，四边形APQR不行能为平行四边形；③存在点Q，使得直线BC∥平面APQR.解析：∵AB∥CD，AA1∥DD1，∴平面ABB1A1∥平面CDD1C∵平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝RQ，∴AP∥RQ，故∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∴平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行．∵平面APQR∩平面BCC1B1＝PQ，平面APQR∩平面ADD1A1＝AR，∴PQ与AR不平行，故四边形APQR不行能为平行四边形，故②正确；延长CD至M，使得DM＝CD，则四边形ABCM是矩形，∴BC∥AM.当R，Q，M三点共线时，AM⊂平面APQR，∴BC∥平面APQR，故考点三线面平行的综合问题【例3】如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABCD沿EF折起，使BE⊥EC．(1)若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出eq\f(AP,PD)的值；若不存在，说明理由．(2)求三棱锥A­CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．【解】(1)AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时eq\f(AP,PD)＝eq\f(3,2).理由如下：当eq\f(AP,PD)＝eq\f(3,2)时，eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接ME，则eq\f(MP,FD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，∵BE＝1，∴FD＝5，∴MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，∴MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，∴CP∥平面ABEF.(2)设BE＝x，则AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x，故VA­CDF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×(6－x)×x＝－eq\f(1,3)(x－3)2＋3，∴当x＝3时，VA­CDF有最大值，且最大值为3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2eq\r(2).在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD×DC)＝eq\f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，∴S△ACD＝eq\f(1,2)·DC·AD·sin∠ADC＝3eq\r(3).设点F到平面ADC的距离为h，∵VA­CDF＝VF­ACD，即3＝eq\f(1,3)·h·S△ACD，∴h＝eq\r(3)，即点F到平面ACD的距离为eq\r(3).方法技巧1在处理空间折叠问题中，要留意平面图形与空间图形在折叠前后的相互位置关系与长度关系等，关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何学问的应用，留意平面几何与立体几何中相关学问点的异同，盲目套用简洁导致错误.2解决探究性问题一般先假设其存在，把这个假设当作已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算，在推理论证和计算无误的前提下，假如得到了一个合理的结论，则说明存在；假如得到了一个不合理的结论，则说明不存在.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝2CD＝2，侧面PAD⊥底面ABCD，△PAD是以AD为底的等腰三角形．(1)证明：AD⊥PB．(2)若四棱锥P­ABCD的体积等于eq\f(3,2)，问：是否存在过点C的平面CMN分别交PB，AB于点M，N，使得平面CMN∥平面PAD？若存在，求出△CMN的面积；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AD的中点G，连接BD，PG，BG.在△PAD中，∵PA＝PD，∴PG⊥AD．∵AB＝AD且∠DAB＝60°，∴△ABD为正三角形，∴BG⊥AD，又∵BG∩PG＝G，BG⊂平面PBG