2019届高考数学一轮复习第八章立体几何8.4直线、平面平行的判定与性质课件文新人教B版
高考一轮复习通用版8.4直线平面平行的判定与性质课件(55张)
【对点训练】
1．如图所示，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M 是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.
求证：PA∥GH.
2.[2022·江苏南通市检测]《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经 十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1 000多年．在《九
线线平行”)
符号语言
因为 _l_∥__a__， _a_⊂__α__， __l⊄__α__， 所以l∥α
因为 __l∥__α__， __l⊂__β__， ______， 所以l∥b
[提醒] 应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件 必须都具备，缺一不可．
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
2.在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB＝AD， E为AD的中点，在线段B1C1上是否存在点F， 使得平面A1AF∥平面ECC1？若存在，请加 以证明，若不存在，请说明理由．
微专题29 函数思想破解立体几何中的问题
名师点评利用函数思想建立MN与a的函数关系式是解此题的关键， 立体几何中的最值问题，通常借助函数思想求解．
因为 _α_∥__β__， ______， ______， 所以a∥b
二、必明2个常用结论 1．平行间的三种转化关系
2．平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. (3)垂直于同一平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
关键能力—考点突破
考点一 与线、面平行相关命题的判定 [基础性]
1．设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法 正确的是( )
高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定及性质课件
D．4
答案
解析 因为矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，所以 O 为 BD 的 中点．在△PBD 中，因为 M 为 PB 的中点，所以 OM 为△PBD 的中位线， OM∥PD，所以 PD∥平面 AMC，OM∥平面 PCD，且 OM∥平面 PDA.因为 M∈PB，所以 OM 与平面 PBA，平面 PBC 相交．
12/11/2021
证明 在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，因为 BB1∥CC1，BB1⊂平面 BB1D，CC1⊄平面 BB1D，
所以 CC1∥平面 BB1D. 又因为 CC1⊂平面 CEC1，平面 CEC1 与平面 BB1D 交于 FG， 所以 CC1∥FG. 因为 BB1∥CC1，所以 BB1∥FG. 而 BB1⊂平面 AA1B1B，FG⊄平面 AA1B1B， 所以 FG∥平面 AA1B1B.
平行于同一条直线，则 α 与 β 可以平行也可以相交；若 α，β 垂直于同一平
面，则 α 与 β 可以平行也可以相交，故 A，C，D 均不是充要条件．根据平
面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面
平行，则这两个平面平行，反之也成立．因此 B 中的条件是 α∥β 的充要条
件．故选 B.
12/11/2021
解析
2
PART TWO
核心考向突破
12/11/2021
考向一 有关平行关系的判断
例 1 (1)(2019·福建厦门第二次质量检查)如图，在正 方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N，P 分别是 C1D1，BC， A1D1 的中点，则下列命题正确的是( )
A．MN∥AP B．MN∥BD1 C．MN∥平面 BB1D1D D．MN∥平面 BDP
新人教A版版高考数学一轮复习第八章立体几何直线平面平行的判定及性质教案理解析版
基础知识整合１．直线与平面平行（１）判定定理（２）性质定理２．平面与平面平行（１）判定定理（２）性质定理１．垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.２．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥Ｂ．３．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.１．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线（）Ａ．只有一条，不在平面α内Ｂ．只有一条，且在平面α内Ｃ．有无数条，一定在平面α内Ｄ．有无数条，不一定在平面α内答案B解析过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条，因为点P在平面α内，所以这条直线也应该在平面α内．２．（２0１9·吉林普通中学模拟）已知α，β表示两个不同的平面，直线m是α内一条直线，则“α∥β ”是“m∥β ”的（）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答案A解析由α∥β，m⊂α，可得m∥β；反过来，由m∥β，m⊂α，不能推出α∥β.综上，“α∥β ”是“m∥β ”的充分不必要条件．３．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8,１２，过AB的中点E且平行于BD，AC 的截面四边形的周长为（）Ａ．１0 Ｂ．２0Ｃ．8 Ｄ．４答案B解析设截面四边形为EFGH，F，G，H分别是BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝４，FG＝HE＝6．∴周长为２×（４＋6）＝２0．４．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：１PD∥平面AMC；２OM∥平面PCD；３OM∥平面PDA；４OM∥平面PBA；５OM∥平面PBＣ．其中正确的个数是（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４答案C解析矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDＡ．因为M∈PB，所以OM与平面PBA，平面PBC相交．５．（２0１9·南通模拟）如图，四棱锥P—ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝２AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为________．答案平行解析取PD的中点F，连接EF，AF，在△PCD中，EF綊错误!CＤ．又∵AB∥CD且CD＝２AB，∴EF綊AB，∴四边形ABEF是平行四边形，∴EB∥AF.又∵EB⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，∴BE∥平面PAＤ．6．如图所示，ABCD—A１B１C１D１是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A１B１，B１C１的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝错误!，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.答案错误!a解析如图所示，连接AC，易知MN∥平面ABCＤ．∴MN∥PQ.又∵MN∥AC，∴PQ∥AＣ．又∵AP＝错误!，∴错误!＝错误!＝错误!＝错误!.∴PQ＝错误!AC＝错误!×错误!a＝错误!Ａ．核心考向突破考向一有关平行关系的判断例１（１）（２0１9·湖南联考）已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是（）Ａ．若m∥α，n∥α，则m∥nＢ．若m∥α，m∥β，则α∥βＣ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βＤ．若m⊥α，n⊥α，则m∥n答案D解析A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选Ｄ．（２）（２0１9·四川成都模拟）已知直线a，b和平面α，下列说法中正确的是（）Ａ．若a∥α，b⊂α，则a∥bＢ．若a⊥α，b⊂α，则a⊥bＣ．若a，b与α所成的角相等，则a∥bＤ．若a∥α，b∥α，则a∥b答案B解析对于A，若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，故A错误；对于B，利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，b⊂α，则a⊥b，故B正确；对于C，若a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错误；对于D，由a∥α，b∥α，得a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误．触类旁通解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意点（１）判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中，条件“线在面外”易忽视．（２）结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．（３）举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．即时训练１．（２0１9·潍坊模拟）已知m，n，l１，l２表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l１⊂β，l２⊂β，l１∩l２＝M，则α∥β的一个充分条件是（）Ａ．m∥β且l１∥α Ｂ．m∥β且n∥βＣ．m∥β且n∥l２Ｄ．m∥l１且n∥l２答案D解析由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”可得，由选项D可推知α∥β.故选Ｄ．２．已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列说法正确的是（）Ａ．若m∥α，n∥α，则m∥nＢ．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nＣ．若m⊥α，m⊥n，则n∥αＤ．若m∥α，m⊥n，则n⊥α答案B解析由题可知，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，所以A错误；若m⊥α，n⊂α，则m ⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊥α或n 与α相交，故D错误．考向二直线与平面平行的判定与性质角度错误!用线线平行证明线面平行例２（１）在四棱锥O—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M为OA的中点，N为BC的中点，证明：直线MN∥平面OCＤ．证明证法一：取OB的中点E，连接ME，NE，如图１，则ME∥AB，又AB∥CD，所以ME∥CD，又NE∥OC，且ME∩NE＝E，OC∩CD＝C，所以平面MNE∥平面OCD，所以MN∥平面OCＤ．证法二：取OD的中点F，连接MF，CF，如图２，则MF綊错误!AD，又底面ABCD是平行四边形，则NC綊错误!AD，所以MF綊NC，所以四边形MNCF是平行四边形，所以MN∥FC，又MN⊄平面OCD，FC⊂平面OCD，根据直线与平面平行的判定定理可知，直线MN∥平面OCＤ．（２）（２0１9·山东模拟）如图，在三棱台DEF—ABC中，AB＝２DE，G，H分别为AC，BC的中点．求证：BD∥平面FGH.证明证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF—ABC中，AB＝２DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形，则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BＤ．又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEF—ABC中，由BC＝２EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AＢ．又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABEＤ．因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.角度错误!用线面平行证明线线平行例３如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面BCEF∩平面ADEF＝EF，∠BAD＝60°，AB＝２，DE＝EF＝１．（１）求证：BC∥EF；（２）求三棱锥B—DEF的体积．解（１）证明：∵AD∥BC，AD⊂平面ADEF，BC⊄平面ADEF，∴BC∥平面ADEF.又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面ADEF＝EF，∴BC∥EF.（２）过点B作BH⊥AD于点H.∵DE⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，∴DE⊥BH.∵AD⊂平面ADEF，DE⊂平面ADEF，AD∩DE＝D，∴BH⊥平面ADEF.∴BH是三棱锥B—DEF的高．在Rt△ABH中，∠BAD＝60°，AB＝２，故BH＝错误!.∵DE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴DE⊥AＤ．由（１）知BC∥EF，且AD∥BC，∴AD∥EF，∴DE⊥EF.∴三棱锥B—DEF的体积V＝错误!×S△DEF×BH＝错误!×错误!×１×１×错误!＝错误!.触类旁通判断或证明线面平行的常用方法（１）利用线面平行的定义（无公共点）．（２）利用线面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）．错误!（４）利用面面平行的性质（α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β）．即时训练３．（２0１9·长春一调）如图所示，E是以AB为直径的半圆弧上异于A，B的点，矩形ABCD 所在平面垂直于该半圆所在的平面．（１）求证：EA⊥EC；（２）设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F.求证：EF∥AＢ．证明（１）∵E是半圆上异于A，B的点，∴AE⊥EＢ．又∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE.又∵AE⊂平面ABE，∴CB⊥AE.∵BC∩BE＝B，∴AE⊥平面CBE.又∵EC⊂平面CBE.∴AE⊥EＣ．（２）∵CD∥AB，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，∴CD∥平面ABE.又∵平面CDE∩平面ABE＝EF.∴CD∥EF.又∵CD∥AＢ．∴EF∥AＢ．考向三面面平行的判定与性质例４（２0１8·云南模拟）如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED是边长为２的正方形，且所在平面垂直于平面ABＣ．（１）求几何体ABCDFE的体积；（２）证明：平面ADE∥平面BCF.解（１）取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，FG，AG.∵AO⊥BC，AO⊂平面ABC，平面BCED⊥平面ABC，∴AO⊥平面BCEＤ．同理FG⊥平面BCEＤ．∵AO＝FG＝错误!，∴VABCDFE＝错误!×４×错误!×２＝错误!.（２）证明：由（１）知AO∥FG，AO＝FG，∴四边形AOFG为平行四边形，∴AG∥OF，又∵DE∥BC，DE∩AG＝G，DE⊂平面ADE，AG⊂平面ADE，FO∩BC＝O，FO⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，∴平面ADE∥平面BCF.触类旁通判定面面平行的方法（１）利用定义：即证两个平面没有公共点（不常用）．错误!错误!４利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行客观题可用.即时训练４．如图，在四棱锥P—ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝２，AB＝１．设M，N分别为PD，AD的中点．（１）求证：平面CMN∥平面PAB；（２）求三棱锥P—ABM的体积．解（１）证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MN∥平面PAＢ．在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AＢ．∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CN∥平面PAＢ．又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAＢ．（２）由（１）知，平面CMN∥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．∵AB＝１，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝错误!，∴三棱锥P—ABM的体积V＝VM—PAB＝VC—PAB＝VP—ABC＝错误!×错误!×１×错误!×２＝错误!.。
空间直线平面的平行课件高三数学一轮复习
【命题说明】
考向 考法
预测
高考命题常以空间几何体为载体,考查直线、平面平行的判断 和证明.线面平行的证明是高考的热点.常以解答题的形式出现. 2025年高考这一部分知识仍会考查,以解答题第(1)问的形式出 现,难度中档.
必备知识·逐点夯实
知识梳理·归纳 1.直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义 直线l与平面α__没__有__公__共__点__,则称直线l与平面α平行.
角度2 平面与平面平行的性质 [例4](2023·承德模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E在棱AA1上,点F 在棱CC1上,G在棱BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H是棱B1C1上一点.
(1)求证:E,B,F,D1四点共面;
【证明】(1)如图,在DD1上取一点N使得DN=1, 连接CN,EN,则AE=DN=1.CF=ND1=2, 因为CF∥ND1,所以四边形CFD1N是平行四边形,所以D1F∥CN. 同理四边形DNEA是平行四边形, 所以EN∥AD,且EN=AD, 又BC∥AD,且AD=BC, 所以EN∥BC,EN=BC, 所以四边形CNEB是平行四边形, 所以CN∥BE,所以D1F∥BE, 所以E,B,F,D1四点共面;
对点训练 如图,四边形ABCD为矩形,PD=AB=2,AD=4,点E,F分别为AD,PC的中点.设平面
PDC∩平面PBE=l.证明:
(1)DF∥平面PBE;
如图,四边形ABCD为矩形,PD=AB=2,AD=4,点E,F分别为AD,PC的中点.设平面 PDC∩平面PBE=l.证明:
(2)DF∥l. 【证明】(2)由(1)知DF∥平面PBE, 又DF⊂平面PDC,平面PDC∩平面PBE=l, 所以DF∥l.
解题技法 1.判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点). (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α). (3)利用面面平行的性质(α∥β,a⊂α⇒a∥β). (4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β). 2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要经过已知直线作 辅助平面确定交线.
2019届高考数学一轮复习第八章立体几何第四节直线平面平行的判定与性质课件文
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,故③错误; 因AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正确.
考点突破
考点一 直线与平面平行的判定与性质
命题方向一 线面平行的证明 典例1 (2017课标全国Ⅰ,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方
结论
α∥β
α∥β
a ∥α
与两个平面平行有关的结论 (1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等. (2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行. (3)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例. (4)如果两个平面分别平行于第三个平面,那么这两个平面互相平行. (5)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直
1 1 ∴BC1∥平面AB1D1,∴当 =1时,BC1∥平面AB1D1.
AD D1C1
命题方向二 线面平行性质的应用 典例3 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
AD D1C1
1 1 解析 当 =1时,BC1∥平面AB1D1.
AD D1C1
理由:如图,取D1为线段A1C1的中点,
1 1 此时 =1,
AD D1C1
连接A1B交AB1于点O,连接OD1,
由棱柱的性质知四边形A1ABB1为平行四边形,
∴O为A1B的中点, 在△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点, ∴OD1∥BC1,又OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,
6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是 ①②④ (只填序号).
①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1; ③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1.
高中数学知识点总结(第八章 立体几何 第四节 直线、平面平行的判定与性质)
第四节 直线、平面平行的判定与性质一、基础知识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此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l ∥a ，a ⊂α， l ⊄α，∴l ∥α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交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l ∥α，l ⊂β，α∩β＝b ，∴l ∥b⎣⎢⎡⎦⎥⎤❶应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必须都具备，缺一不可. 2．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相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a ∥β， b ∥β， a ∩b ＝P ，a ⊂α， b ⊂α， ∴α∥β 性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，∴a ∥b⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤❷如果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，那么这两个平面互相平行.符号表示：a ⊂α，b ⊂α，a ∩b ＝O ，a ′⊂β，b ′⊂β，a ∥a ′，b ∥b ′⇒α∥β.二、常用结论平面与平面平行的三个性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的任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．考点一直线与平面平行的判定与性质考法(一)直线与平面平行的判定[典例]如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别为线段A1B，AC1的中点．求证：MN∥平面BB1C1C.[证明]如图，连接A1C.在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C为平行四边形．又因为N为线段AC1的中点，所以A1C与AC1相交于点N，即A1C经过点N，且N为线段A1C的中点．因为M为线段A1B的中点，所以MN∥BC.又因为MN⊄平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.考法(二)线面平行性质定理的应用[典例](2018·豫东名校联考)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.求证：FG∥平面AA1B1B.[证明]在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D.又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.因为BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.[题组训练]1．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A ∵若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥n ，由线面平行的判定定理知m ∥α，但若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥α，则m 与n 有可能异面，∴“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件．2．如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝3，M 为PC 上一点，且PM ＝2MC .求证：BM ∥平面P AD .证明：法一：如图，过点M 作MN ∥CD 交PD 于点N ，连接AN . ∵PM ＝2MC ，∴MN ＝23CD .又AB ＝23CD ，且AB ∥CD ，∴AB 綊MN ，∴四边形ABMN 为平行四边形， ∴BM ∥AN .又BM ⊄平面P AD ，AN ⊂平面P AD ， ∴BM ∥平面P AD .法二：如图，过点M 作MN ∥PD 交CD 于点N ，连接BN . ∵PM ＝2MC ，∴DN ＝2NC ， 又AB ∥CD ，AB ＝23CD ，∴AB 綊DN ，∴四边形ABND 为平行四边形， ∴BN ∥AD .∵BN ⊂平面MBN ，MN ⊂平面MBN ，BN ∩MN ＝N ， AD ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，AD ∩PD ＝D ， ∴平面MBN ∥平面P AD .∵BM ⊂平面MBN ，∴BM ∥平面P AD .3.如图所示，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P A作平面P AHG交平面BMD于GH.求证：P A∥GH.证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴P A∥MO.又MO⊂平面BMD，P A⊄平面BMD，∴P A∥平面BMD.∵平面P AHG∩平面BMD＝GH，P A⊂平面P AHG，∴P A∥GH.考点二平面与平面平行的判定与性质[典例]如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.[证明](1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.[变透练清]1.变结论在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C，AC1，设交点为M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵DM⊄平面A1BD1，A1B⊂平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又∵DC1∩DM＝D，DC1⊂平面AC1D，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF 的中点，求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O.连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点， 所以DE ∥GN .又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ， 所以DE ∥平面MNG . 又M 为AB 中点，所以MN 为△ABD 的中位线， 所以BD ∥MN .又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ， 所以BD ∥平面MNG .又DE ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，DE ∩BD ＝D ， 所以平面BDE ∥平面MNG .[课时跟踪检测]A 级1．已知直线a 与直线b 平行，直线a 与平面α平行，则直线b 与α的关系为( ) A ．平行 B ．相交C ．直线b 在平面α内D ．平行或直线b 在平面α内解析：选D 依题意，直线a 必与平面α内的某直线平行，又a ∥b ，因此直线b 与平面α的位置关系是平行或直线b 在平面α内．2．若平面α∥平面β，直线a ∥平面α，点B ∈β，则在平面β内且过B 点的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一与a 平行的直线解析：选A 当直线a 在平面β内且过B 点时，不存在与a 平行的直线，故选A. 3．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．在平面内D ．不能确定解析：选A 如图，由AE EB ＝CFFB 得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC ∥平面DEF .4．(2019·重庆六校联考)设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥βB ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α解析：选D 对于选项A ，若存在一条直线a ，a ∥α，a ∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a ，使得a ∥α，a ∥β，所以选项A 的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B 、C 的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D ，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D 的内容是α∥β的一个充分条件．故选D.5.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C 由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，∵A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ，∴A 1D 1∥FG 且A 1D 1⊄平面EFGH ，FG ⊂平面EFGH ， ∴A 1D 1∥平面EFGH (水面)． ∴③是正确的；对于④，∵水是定量的(定体积V )， ∴S △BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V .∴BE ·BF ＝2VBC(定值)，即④是正确的，故选C.6.如图，平面α∥平面β，△P AB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB ，若PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，则AB ＝________.解析：∵平面α∥平面β，∴CD ∥AB ， 则PC P A ＝CD AB ，∴AB ＝P A ×CD PC ＝5×12＝52.答案：527．设α，β，γ是三个平面，a ，b 是两条不同直线，有下列三个条件： ①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填序号)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.答案：①或③8．在三棱锥P ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△P AC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB 和AC ，则截面的周长为________．解析：如图，过点G 作EF ∥AC ，分别交P A ，PC 于点E ，F ，过点E 作EN ∥PB 交AB 于点N ，过点F 作FM ∥PB 交BC 于点M ，连接MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(平面EFMN 为所求截面)，且EF ＝MN ＝23AC ＝2，FM ＝EN ＝13PB ＝2，所以截面的周长为2×4＝8.10．(2019·南昌摸底调研)如图，在四棱锥P ABCD 中，∠ABC ＝ ∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面P AB ； (2)求三棱锥P ABM 的体积．解：(1)证明：∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点， ∴MN ∥P A ，又MN ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ， ∴MN ∥平面P AB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，CN ＝AN ， ∴∠ACN ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴CN ∥AB . ∵CN ⊄平面P AB ，AB ⊂平面P AB ， ∴CN ∥平面P AB . 又CN ∩MN ＝N ， ∴平面CMN ∥平面P AB .(2)由(1)知，平面CMN ∥平面P AB ，∴点M 到平面P AB 的距离等于点C 到平面P AB 的距离．∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，∴BC ＝3，∴三棱锥P ABM 的体积V ＝V M P AB ＝V C P AB ＝V P ABC ＝13×12×1×3×2＝33.B 级1.如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)求证：MN ∥平面P AB ； (2)求四面体N BCM 的体积． 解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ， 由N 为PC 的中点知TN ∥BC ， TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3，得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N BCM 的体积V N BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.2.如图所示，几何体E ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD . (1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 证明：(1)如图所示，取BD 的中点O ，连接OC ，OE . ∵CB ＝CD ，∴CO ⊥BD . 又∵EC ⊥BD ，EC ∩CO ＝C ，∴BD⊥平面OEC，∴BD⊥EO.又∵O为BD中点．∴OE为BD的中垂线，∴BE＝DE.(2)取BA的中点N，连接DN，MN.∵M为AE的中点，∴MN∥BE.∵△ABD为等边三角形，N为AB的中点，∴DN⊥AB.∵∠DCB＝120°，DC＝BC，∴∠OBC＝30°，∴∠CBN＝90°，即BC⊥AB，∴DN∥BC.∵DN∩MN＝N，BC∩BE＝B，∴平面MND∥平面BEC.又∵DM⊂平面MND，∴DM∥平面BEC.。
2019版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定与性质配套课件 理
3.下列命题中，正确命题的个数是( A )
①若直线 l 上有无数个点不在平面α内，则 l∥α；
②若直线 l 与平面α平行，则 l 与平面α内的任意一条直线都
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平行；
③如果两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，那么
另一条直线也与这个平面平行；
④若直线 l 与平面α平行，则 l 与平面α内的任意一条直线都
图 8-4-1
解析：如题图①，∵MN∥AC，NP∥AD，∴平面 MNP∥ 平面 ADBC.∴AB∥平面 MNP.如题图②，假设 AB∥平面 MNP， 设 BD∩MP＝Q，则 NQ 为平面 ABD 与平面 MNP 的交线.∴AB ∥NQ.∵N 为 AD 的中点，∴Q 为 BD 的中点.但由 M，P 分别为 棱的中点，知 Q 为 BD 的14分点，矛盾.∴得不到 AB∥平面 MNP.
没有公共点.
A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个
4.已知直线 l，m，n 及平面α，下列命题中的假命题是( D ) A.若 l∥m，m∥n，则 l∥n B.若 l⊥α，n∥α，则 l⊥n C.若 l⊥m，m∥n，则 l⊥n D.若 l∥α，n∥α，则 l∥n
考点 1 直线与平面平行的判定与性质 例 1：(1)(2017 年新课标Ⅰ)在下列四个正方体中，A，B 为 正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正 方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( )
⇒BOOA＝QBQD，则 OQ∥AD∥BC.
∴平面 POQ∥平面 CBE. 又∵PQ 平面 CBE，PQ⊂平面 POQ， ∴PQ∥平面 CBE.
【规律方法】证明线面平行，关键是在平面内找到一条直 线与已知直线平行.方法一是作三角形得到的；方法二是通过作 平行四边形得到在平面内的一条直线 KH；方法三利用了面面平 行的性质定理.
第8章 立体几何初步(复习课件)高一数学(人教A版2019必修第二册)
81 C. 4 π
D．16π
(1)如图，设 PE 为正四棱锥 P-ABCD 的高，则正四棱锥 P-ABCD 的 外接球的球心 O 必在其高 PE 所在的直线上，延长 PE 交球面于一点 F，连接 AE，AF.
由球的性质可知△PAF为直角三角形且AE⊥PF，
又底面边长为4, 所以AE＝2 2 ， PE＝6, 所以侧棱长PA＝
3
在Rt△CDE中,
故二面角B-AP-C的正切值为2.
tanCED CD 2 3 2， DE 3
归纳总结
(1)求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的 夹角). (2)求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影). (3)二面角的平面角的作法常有三种：①定义法；②三垂线法； ③垂面法.
的表面积为 16π，则 O 到平面 ABC 的距离为
A. 3
3 B.2
√C.1
3 D. 2
解析 如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC， 则O1为等边三角形ABC的外心. 设△ABC的边长为a， 则 43a2＝943，解得 a＝3， ∴O1A＝23× 23×3＝ 3. 设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2. 在 Rt△OO1A 中，OO1＝ OA2－O1A2＝1，
五、直线、平面平行的判定与性质
1．直线与平面平行
(1)判定定理：平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行， 则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行).
(2)性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任 一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线 线平行”).
2．平面与平面平行
则直线 PB 与 AD1 所成的角为( )
A．
2
新教材高中数学第八章立体几何初步8.4.2空间点、直线、平面之间的位置关系课件新人教A版必修第二册
位置关系
直线 a 外
直线 a 与平
直线 a 与
面 α 相交
平面 α 平行
公共点
有且只有 _无__数___个__公共点 __一___个___公共点 _没__有___公共点
符号表示
a⊂α
a∩α＝A
a∥α
图形表示
■名师点拨 一般地，直线 a 在平面 α 内时，应把直线 a 画在表示平面 α 的平行 四边形内；直线 a 与平面 α 相交时，应画成直线 a 与平面 α 有且只 有一个公共点，被平面 α 遮住的部分画成虚线或不画；直线 a 与平 面 α 平行时，应画成直线 a 与表示平面 α 的平行四边形的一条边平 行，并画在表示平面α 的平行四边形外．
【解析】 经探究可知直线 A1B 与直线 D1C 在平面 A1BCD1 中，且 没有交点，则两直线平行，所以①应该填“平行”；点 A1、B、B1 在平面 A1BB1 内，而 C 不在平面 A1BB1 内，则直线 A1B 与直线 B1C 异面．同理，直线 AB 与直线 B1C 异面．所以②④应该填“异面”； 直线 D1D 与直线 D1C 相交于 D1 点，所以③应该填“相交”． 【答案】 ①平行 ②异面 ③相交 ④异面
③若直线 a∥b，直线 b⊂α，则 a∥α；
④若直线 a∥b，b⊂α，那么直线 a 就平行于平面 α 内的无数条
直线．
其中真命题的个数为( )
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】 因为直线 l 虽与平面 α 内无数条直线平行，但 l 有可 能在平面 α 内，所以 l 不一定平行于 α，所以①是假命题． 因为直线 a 在平面 α 外包括两种情况：a∥α 和 a 与 α 相交，所 以 a 和 α 不一定平行，所以②是假命题． 因为直线 a∥b，b⊂α，则只能说明 a 和 b 无公共点，但 a 可能 在平面 α 内，所以 a 不一定平行于 α，所以③是假命题． 因为 a∥b，b⊂α，所以 a⊂α 或 a∥α，所以 a 可以与平面 α 内 的无数条直线平行，所以④是真命题． 综上，真命题的个数为 1. 【答案】 A
高考数学一轮复习专题八立体几何3直线平面平行的判定与性质综合篇课件新人教A版
② a b P
⇒α∥β
a
b
判定定 如果两个平面同垂直于一条直线,那么这
理2
两个平面平行
判定定 平行于同一个平面的两个平面平行
理3
③
l
l
⇒α∥β
⇒④
α∥γ
2.性质定理
文字语言
性质定理1 如果两个平面平行,那么在一个平面
图形语言
符号语言
1
2
B1D1且EF= B1D1,又知四边形BDD1B1为矩形,∴BD B1D1,∴EF∥BD且EF=
1
BD.∴四边形BDFE为梯形.
2
(2)连接FM,在△A1B1D1中,M,N分别为A1B1,A1D1的中点,∴MN∥B1D1.由(1)
知,EF∥B1D1,∴MN∥EF.
在正方形A1B1C1D1中,F为C1D1的中点,M为A1B1的中点,∴FM A1D1,又∵四
(2)若一条直线在两平行平面外,且与其中一平面平行,则这条直线与另一
平面平行.
例2 如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1B1,A1D1的中点,E,F分别
是B1C1,C1D1的中点.
(1)求证:四边形BDFE为梯形;
(2)求证:平面AMN∥平面EFDB.
解题导引
证明 (1)连接B1D1.∵在△B1D1C1中,E,F分别是B1C1,C1D1的中点,∴EF∥
例 (2019吉林长春四模,18)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面
ABCD,AD⊥DC,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2,AA1=4,点M为C1D1的中点.
(1)求证:平面AB1D1∥平面BDM;
2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何4直线、平面平行的判定及性质课件理
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直线和平面平行的判定定理 (1)定义：若直线与平面没有公共点，则称直线平行平面； (2)判定定理：a⊄α ，b⊂α ，a∥b⇒a∥α ； (3)其他判定方法：α∥β，a⊂α ⇒a∥β . 直线和平面平行的性质定理 a∥α ，a⊂β ，α ∩β ＝l⇒a∥l.
两个平面平行的判定定理 (1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行； (2)判定定理： 若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平 行，则这两个平面平行； (3)推论： 若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平 面内的两条相交直线，则这两个平面平行．
5．(2017· 课标全国Ⅰ，文)如图，在下列四个正方体中，A， B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四 个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( )
答案 A 解析 通解： 对于选项 B， 如图所示， 连接 CD， 因为 AB∥CD， M，Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ，又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，所以 AB∥平面 MNQ.同理可 证选项 C，D 中均有 AB∥平面 MNQ.故选 A.
①
l∥α .
答案 l⊄α 解析 ①体现的是线面平行的判定定理，缺的条件是“l 为 平面 α 外的直线”，即“l⊄α” Байду номын сангаас它也同样适合②③，故填 l⊄α.
4．(2018· 陕西西安模拟)下列命题正确的是(
)
A．若直线 l⊥平面 α，直线 l⊥平面β ，则α ∥ β B．若直线 l∥平面 α，直线 l∥平面 β，则 α∥β C．若两直线 l1，l2 与平面 α 所成的角相等，则 l1∥l2 D． 若直线 l 两个不同的点 A， B 到平面 α 的距离相等， 则 l∥α
2019届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8-4 直线、平面平行的判定与性质课件 文
证明面面平行的 4 种方法 (1)面面平行的定义． (2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都 平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行． (4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行． 其中(2)用的最多，当题目中涉及垂直关系较多时，可考虑(3)．
考点一 平行关系的判断——基础考点 (1)(2015·北京卷)设 α，β 是两个不同的平面，m 是 直线且 m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)设 m，n 表示不同直线，α，β 表示不同平面，则下列结论 中正确的是( )
∴OH∥AD，OH⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD，∴OH∥平面 PAD.
又 FH∩OH＝H， ∴平面 OHF∥平面 PAD. 又∵GH⊂平面 OHF，∴GH∥平面 PAD.
证明线面平行的 3 种方法 (1)线面平行的定义：一般用反证法． (2)线面平行的判定定理：关键是在平面内找(或作)一条直线 与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程． (3)面面平行的性质定理：两平面平行时，其中一个平面内的 任何直线都平行于另一个平面．
[证明] (1)连接 EC， ∵AD∥BC，BC＝12AD，
∴BC 綊 AE， ∴四边形 ABCE 是平行四边形，
∴O 为 AC 的中点． 又∵F 是 PC 的中点，∴FO∥AP， FO⊂平面 BEF，AP⊄平面 BEF， ∴AP∥平面 BEF. (2)连接 FH，OH， ∵F，H 分别是 PC，CD 的中点， ∴FH∥PD，∵FH⊄平面 PAD，PD⊂平面 PAD，∴FH∥平面 PAD. 又∵O 是 BE 的中点，H 是 CD 的中点，
48第八章 立体几何与空间向量 8.4 直线、平面平行的判定与性质
§8.4直线、平面平行的判定与性质最新考纲考情考向分析1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认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单命题. 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．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能力，广泛应用转化与化归的思想.1．线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此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒l∥α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交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒l∥b2.面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相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)⎭⎪⎬⎪⎫⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行⎭⎪⎬⎪⎫⇒a∥b概念方法微思考1．一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？2．一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)平行于同一条直线的两个平面平行．()(3)如果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．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.()题组二教材改编2．[P58练习T3]平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α3．[P62A组T3]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC 的位置关系为________．题组三易错自纠4．(2019·荆州模拟)对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n5．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线6．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是______．(填上所有正确的序号)题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1直线与平面平行的判定例1 如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．求证：GF∥平面ADE.命题点2 直线与平面平行的性质例2 (2019·东三省四市教研联合体模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AD ，PB 的中点，P A ＝AB ＝1.(1)证明：EF ∥平面PDC ； (2)求点F 到平面PDC 的距离．思维升华 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练1 (2019·崇左联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AC ⊥平面ABCD ，且P A ⊥AC ，P A ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且PE PB ＝PFPC＝λ(λ≠0)．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．题型二平面与平面平行的判定与性质例3 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.引申探究1．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D 分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.2．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求ADDC的值．跟踪训练2 (2018·合肥质检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥A－CEF的体积．题型三平行关系的综合应用例4 如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．思维升华利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练3 如图，E是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，过A，C，E三点作平面α与正方体的面相交．(1)画出平面α与正方体ABCD－A1B1C1D1各面的交线；(2)求证：BD1∥平面α.1．下列命题中正确的是()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满足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满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α2．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3．(2019·济南模拟)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能4．(2018·大同模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有()A．0条B．1条C．2条D．0条或2条5．(2017·全国Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()6．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的序号)7．(2018·贵阳模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中是真命题的是________．(填序号)8．棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________．9.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度为________．10.如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)11．(2019·南昌模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD ＝60°，P A⊥平面ABCD，P A＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面P AB；(2)求三棱锥P－ABM的体积．12.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF＝2 2，则下列结论中错误的是()A．AC⊥BFB．三棱锥A－BEF的体积为定值C．EF∥平面ABCDD．异面直线AE，BF所成的角为定值14．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()15.如图，在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝10，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532 C ．15 D ．45 316.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，AC 与BD 相交于点O ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝AP ＝3，三棱锥P －ACD 的体积为9.(1)求AD 的值；(2)过点O 的平面α平行于平面P AB ，平面α与棱BC ，AD ，PD ，PC 分别相交于点E ，F ，G ，H ，求截面EFGH 的周长．。
高三理科数学一轮复习讲义,复习补习资料：第八章立体几何8.4直线平面平行的判定与性质(解析版)
§8.4直线、平面平行的判定与性质考纲展示►1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认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空间图形的平行关系的简单命题．考点1 线面平行的判定与性质直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．(2)判定定理与性质定理答案：(2)一条直线与此平面内的一条直线 交线(1)[教材习题改编]在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别在边AD ，CD 上，且满足DE EA ＝DFFC，则直线EF 与平面ABC 的关系是________．答案：平行解析：因为DE EA ＝DF FC，所以EF ∥AC .又因为AC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，所以EF ∥平面ABC . (2)[教材习题改编]如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．答案： 2解析：因为EF ∥平面AB 1C ，易知AC ∥EF ，又因为E 为中点，所以F 为DC 的中点，故EF ＝ 2.[典题1] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，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．求证：(1)AP ∥平面BEF ；(2)GH ∥平面PAD .[证明] (1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形，∴O 为AC 的中点．又∵F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ， 又FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ， ∴AP ∥平面BEF . (2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点， ∴FH ∥PD ，又PD ⊂平面PAD ，FH ⊄平面PAD ，∴FH ∥平面PAD .又∵O 是BE 的中点，H 是CD 的中点， ∴OH ∥AD ，又AD ⊂平面PAD ，OH ⊄平面PAD ，∴OH ∥平面PAD .又FH ∩OH ＝H ，∴平面OHF ∥平面PAD . 又GH ⊂平面OHF ，∴GH ∥平面PAD .[点石成金] 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，可利用几何体的特征，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等证明两直线平行．注意说明已知的直线不在平面内．2．判断或证明线面平行的方法：(1)线面平行的定义(反证法)；(2)线面平行的判定定理；(3)面面平行的性质定理.如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA ′＝1，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)求证：MN∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′－MNC的体积．(1)证明：证法一：连接AB′，AC′，如图，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.证法二：取A′B′的中点P，连接MP，NP，AB′，如图，因为M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.(2)解：解法一：连接BN，如图，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，A ′N ⊂平面A ′B ′C ′，平面A ′B ′C ′⊥平面B ′BCC ′， 所以A ′N ⊥平面NBC . 又A ′N ＝12B ′C ′＝1，故V A ′－MNC ＝V N －A ′MC ＝12V N －A ′BC ＝12V A ′－NBC ＝16.解法二：V A ′－MNC ＝V A ′－NBC －V M －NBC ＝12V A ′－NBC ＝16.考点2 面面平行的判定与性质平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面． (2)判定定理与性质定理答案：(2)相交直线平行交线(1)[教材习题改编]已知平面α，β和直线a，b，c，且a∥b∥c.若a，b⊂α，c⊂β，则平面α与β的关系是________．答案：平行或相交(2)[教材习题改编]如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是________．解析：易证得A1C1，A1D都与平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1DC1.判定定理和性质定理的应用：关注定理的条件．(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a与α的关系是________．(2)已知直线a，b和平面α，β，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β的关系是________．(3)若α∥β，直线a∥α，则a与β的关系是________．答案：(1)a∥α或a⊂α(2)平行或相交(3)a∥β或a⊂β解析：(1)由直线与平面平行的定义和判定定理知，a可能平行于α，也可能在α内．(2)当a与b相交时，α∥β；当a与b平行时，α与β平行或相交．(3)当a在β外时，a∥β；当a在β内时，也满足题意．[典题2] 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.[证明](1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.[题点发散1] 在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B.又HD⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，∴HD∥平面A1B1BA.[题点发散2] 在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点．连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.[点石成金] 判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用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平面平行(客观题可用)．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．[2019·河北衡水模拟]在如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC.(1)求几何体ABCDFE 的体积； (2)求证：平面ADE ∥平面BCF . (1)解：取BC 的中点O ，ED 的中点G ，连接AO ，OF ，FG ，AG .∵AO ⊥BC ，AO ⊂平面ABC ，平面BCED ⊥平面ABC ，∴AO ⊥平面BCED . 同理FG ⊥平面BCED . ∵AO ＝FG ＝3，∴V ABCDFE ＝13×4×3×2＝833.(2)证明：由(1)知，AO ∥FG ，AO ＝FG ， ∴四边形AOFG 为平行四边形， ∴AG ∥OF .又∵DE ∥BC ，DE ∩AG ＝G ，DE ⊂平面ADE ，AG ⊂平面ADE ，FO ∩BC ＝O ， FO ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴平面ADE ∥平面BCF .考点3 平行关系中的探索性问题[典题3] 如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为菱形．(1)求证：平面AB1C∥平面DA1C1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，确定点P的位置；若不存在，请说明理由．(1)[证明]由棱柱ABCD－A1B1C1D1的性质知，AB1∥DC1.∵AB1⊄平面DA1C1，DC1⊂平面DA1C1，∴AB1∥平面DA1C1.同理可证B1C∥平面DA1C1，而AB1∩B1C＝B1，由面面平行的判定定理知，平面AB1C∥平面DA1C1.(2)[解]存在这样的点P，使BP∥平面DA1C1.∵A1B1綊AB綊DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C.在C1C的延长线上取点P，使C1C＝CP，连接BP.∵B1B綊C1C，∴B1B綊CP，∴四边形BB1CP为平行四边形，则BP∥B1C，∴BP∥A1D，∴BP∥平面DA1C1.[点石成金] 解决题点发散性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明.如图，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD ＝DC ＝4，AD ＝2，E 为PC 的中点．(1)求三棱锥A －PDE 的体积；(2)AC 边上是否存在一点M ，使得PA ∥平面EDM ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AD .又因为ABCD 是矩形，所以AD ⊥CD . 因PD ∩CD ＝D ，所以AD ⊥平面PCD ， 所以AD 是三棱锥A －PDE 的高． 因为E 为PC 的中点，且PD ＝DC ＝4， 所以S △PDE ＝12S △PDC ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4＝4. 又AD ＝2，所以V A －PDE ＝13AD ·S △PDE ＝13×2×4＝83.(2)取AC 中点M ，连接EM ，DM ，因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点， 所以EM ∥PA .又EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ， 所以PA ∥平面EDM . 所以AM ＝12AC ＝ 5.即在AC 边上存在一点M ，使得PA ∥平面EDM ，AM 的长为 5.[方法技巧] 1.直线与平面平行的主要判定方法 (1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质． 2．平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a ⊥α，a ⊥β ⇒α∥β. 3．线面平行、面面平行的常见性质(1)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等； (2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行； (3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例； (4)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行；(5)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．4．三种平行间的转化关系线线平行判定定理性质定理线面平行判定定理性质定理面面平行．其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．[易错防范] 1.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．2．在面面平行的判定中易忽视“平面内两条相交直线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．真题演练集训1．[2019·山东模拟]在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.2．[2019·四川模拟]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC ＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．证明：MN∥平面PAB.证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知，TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .3．[2018·江苏模拟]如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1，设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：DE ∥平面AA 1C 1C .证明：由题意知，E 为B 1C 的中点， 又D 为AB 1的中点，因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ， 所以DE ∥平面AA 1C 1C .4．[2018·新课标全国卷Ⅱ节选]如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．证明：PB ∥平面AEC .证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.课外拓展阅读立体几何中的探索性问题1．条件追溯型问题[典例1] 如图所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD ＝2AB＝2.(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定点E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．(1)[证明]因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝2，易求BC＝2，因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1.(2)[解]点E为DC的中点．理由如下：如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形．所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B.因为D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.方法探究立体几何中的条件追溯型问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步地推出所要求的条件．此类问题的难点是如何应用“执果索因”．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．2．存在探索型问题[典例2] 如图所示，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？请说明理由．[思路分析] (1)利用DE∥PC证明线面平行；(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；(3)Q应为EG的中点．(1)[证明]因为D，E分别是AP，AC的中点，所以DE∥PC.又DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)[证明]因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．(3)[解]存在满足条件的点Q.理由如下：连接DF，EG，如图所示，设Q为EG的中点，由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ， 连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点． 方法探究解决与平行有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．。
第八章 第四节 直线、平面平行的判定及其性质
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规律方法
证明面面平行的五种常用方法
(1)利用面面平行的定义． (2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都 平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行． (4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行． (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
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考点 1 线面、面面平行的相关命题的真假判断 【例 1】 (1)设 a， b 为两条不同的直线， α， β 为两个不同的平面． 则 下列四个命题中，正确的是( )
A．若 a，b 与 α 所成的角相等，则 a∥b B．若 a∥α，b∥β，α∥β，则 a∥b C．若 a⊂α，b⊂β，a∥b，则 α∥β D．若 a⊥α，b⊥β，α⊥β，则 a⊥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 一个平面内的两 条 相交直线 与另 判定 一个平面平行，则 定理 这两个平面平行 (简记为“线面平 行⇒面面平行”) 图形语言 符号语言 因为 a∥β ， ， b∥β ，a∩b＝P
a⊂α ， b⊂α ，
所以 α∥β
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文字语言 性 如果两个平行平 质 面同时和第三个 定 平面 相交 ， 那么 理 它们的 交线平行
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(2)如图，连接 DB 交 AC 于点 F，
1 1 ∥ ∵DC＝2AB，∴DF＝2FB. 取 PM 的中点 G， 连接 DG，FM，则 DG∥FM.
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又 DG⊄平面 AMC，FM⊂平面 AMC， ∴DG∥平面 AMC. 连接 GN，则 GN∥MC，GN⊄平面 AMC， MC⊂平面 AMC， ∴GN∥平面 AMC，又 GN∩DG＝G， ∴平面 DNG∥平面 AMC， 又 DN⊂平面 DNG，∴DN∥平面 AMC.
§8.4 直线、平面平行的判定与性质
§8.4直线、平面平行的判定与性质分析解读 1.理解空间直线和平面位置关系的概念;了解直线和平面的位置关系;掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面及平面与平面的位置关系,和它们平行的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.推理和证明要严谨、合理、充分.4.高考对本节内容的考查,一般通过对图形或几何体的熟悉,考查线线平行、线面平行、面面平行之间的转化思想,题型以解答题为主,分值约为5分,属中档题.五年高考考点一直线与平面平行的判定与性质1.(2021安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β,则在α内与β平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案D2.(2021江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)别离在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.3.(2021江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E别离为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.4.(2021四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA 与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,所以sin∠AP H==.解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向别离为x轴,z轴的正方向,成立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sin α===.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.教师用书专用(5—13)5.(2021广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是( )A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nB.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥nC.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β答案D6.(2021安徽,15,5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①当0<CQ<时,S为四边形②当CQ=时,S为等腰梯形③当CQ=时,S与C1D1的交点R知足C1R=④当<CQ<1时,S为六边形⑤当CQ=1时,S的面积为答案①②③⑤7.(2021山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H别离为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)解法一:设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,成立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).可得H,F(0,,1),故=,=(0,,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>===.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.解法二:作HM⊥AC于点M,作MN⊥GF于点N,连接NH.由FC⊥平面ABC,得HM⊥FC,又FC∩AC=C,所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH,所以∠MNH即为所求的角.在△BGC中,MH∥BG,MH=BG=,由△GNM∽△GCF,可得=,从而MN=.由HM⊥平面ACFD,MN⊂平面ACFD,得HM⊥MN,因此tan∠MNH==,所以∠MNH=60°.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.8.(2021安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应知足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==.评析本题考查直线与直线的平行关系和二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.9.(2021江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.10.(2021天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解析如图,以A为原点成立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N别离为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.11.(2021课标Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,成立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=.设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n1,n2>|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=××××=.12.(2021湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q 分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是不是存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解析解法一:(几何方式)(1)证明:如图1,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图2,连接BD.因为E,F别离是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.别离取EF,PQ,MN的中点,记为H,O,G,连接OH,OG,则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二:(向量方式)以D为原点,射线DA,DC,DD1别离为x,y,z轴的正半轴成立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).(1)证明:当λ=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±.故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.13.(2021山东,18,12分)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F别离是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB∥GH;(2)求二面角D-GH-E的余弦值.解析(1)证明:因为D,C,E,F别离是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.(2)解法一:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ.因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB.又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ.由(1)知,AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ.又FH⊂平面PBQ,所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC,所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角.设BA=BQ=BP=2,连接FC,在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=,在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=.又H为△PBQ的重心,所以HC=PC=.同理,FH=.在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC==-.即二面角D-GH-E的余弦值为-.解法二:在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.以B为坐标原点,别离以BA,BQ,BP所在直线为x轴,y轴,z轴,成立如图所示的空间直角坐标系.设BA=BQ=BP=2,则E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2).所以=(-1,2,-1),=(0,2,-1),=(-1,-1,2),=(0,-1,2).设平面EFQ的法向量为m=(x1,y1,z1),由m·=0,m·=0,得取y1=1,得m=(0,1,2).设平面PDC的法向量为n=(x2,y2,z2),由n·=0,n·=0,得取z2=1,得n=(0,2,1),所以cos<m,n>==.因为二面角D-GH-E为钝角,所以二面角D-GH-E的余弦值为-.考点二平面与平面平行的判定与性质1.(2021课标全国Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①若是m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②若是m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③若是α∥β,m⊂α,那么m∥β.④若是m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案②③④2.(2021江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G别离是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG∥平面ABC;(2)BC⊥SA.证明(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又AF⊂平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC,因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.三年模拟A组2021—2021年模拟·基础题组考点一直线与平面平行的判定与性质1.(人教A必2,二,2-2A,3,变式)如图,在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为( )A.AC⊥BDB.AC=BDC.AC∥截面PQMND.异面直线PM与BD所成的角为45°答案B2.(2021江苏无锡模拟,18)如图,在四面体PABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=AC,∠ACB=90°,D为PC的中点.(1)求证:AD⊥BD;(2)若M为PB的中点,点N在直线AB上,且AN∶NB=1∶2,求证:直线AD∥平面CMN.证明(1)∵PA=AC,D为PC的中点,∴AD⊥PC.∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴BC⊥平面PAC.∵AD⊂平面PAC,∴BC⊥AD.又∵AD⊥PC,BC∩PC=C,PC,BC⊂平面PBC,∴AD⊥平面PBC.∵BD⊂平面PBC,∴AD⊥BD.(2)连接DM,设BD与CM交于点G,连接NG.∵D、M别离为PC和PB的中点,∴DM∥BC且DM=BC,∴DG∶GB=DM∶BC=1∶2.∵AN∶NB=1∶2,∴AN∶NB=DG∶GB.∴△BNG∽△BAD,∴AD∥NG.∵AD⊄平面CMN,NG⊂平面CMN,∴直线AD∥平面CMN.3.(2021广东六校联盟联考,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,底面ABC是直角三角形,PA=AB=BC=4,O是棱AC 的中点,G是△AOB的重心,D是PA的中点.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求证:DG∥平面PBC;(3)求二面角A-PC-B的大小.解析(1)证明:∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC,∵底面ABC是直角三角形,AB=BC,∴BC⊥AB,又∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.(2)证明:如图,连接OG并延长交AB于点E,连接DO,DE,∵G是△AOB的重心,∴OE为AB边上的中线,∴E为AB的中点,又D为PA的中点,∴DE∥PB,同理可得DO∥PC,又DE∩DO=D,PB∩PC=P,∴平面DOE∥平面PBC,又DG⊂平面DOE,∴DG∥平面PBC.(3)过点O作OQ⊥PC于点Q,连接BQ,∵AB=BC且O是棱AC的中点,∴BO⊥AC.∵PA⊥平面ABC,∴平面PAC⊥平面ABC.又平面PAC∩平面ABC=AC,且BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面PAC,∴BO⊥PC,又OQ⊥PC,BO∩OQ=O,∴PC⊥平面BOQ,∴BQ⊥PC,∴∠OQB为二面角A-PC-B的平面角.由已知得OB=OC=2,PC==4,∵△PAC∽△OQC,∴=,即=,∴OQ=,∴tan∠OQB==,∴∠OQB=60°,即二面角A-PC-B的大小为60°.考点二平面与平面平行的判定与性质4.(2021豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直线,α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α,l1⊂β,l2⊂β,l1∩l2=M,则α∥β的一个充分条件是( )A.m∥β且l1∥αB.m∥β且n∥βC.m∥β且n∥l2D.m∥l1且n∥l2答案D5.(2021江西九江模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥AC,AC=AA1,E、F分别是棱BC、CC1的中点.(1)若线段AC上的点D知足平面DEF∥平面ABC1,试肯定点D的位置,并说明理由;(2)证明:EF⊥A1C.解析(1)∵面DEF∥面ABC1,面ABC∩面DEF=DE,面ABC∩面ABC1=AB,∴AB∥DE,(4分)∵在△ABC中,E是BC的中点,∴D是线段AC的中点.(6分)(2)证明:∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=AA1,∴侧面A1ACC1是菱形,∴A1C⊥AC1,(7分)又易患AB⊥A1C,∵AB∩AC1=A,∴A1C⊥面ABC1,(9分)∴A1C⊥BC1.(10分)又∵E、F别离为棱BC、CC1的中点,∴EF∥BC1,(11分)∴EF⊥A1C.(12分)B组2021—2021年模拟·提升题组(满分:60分时间:60分钟)一、选择题(共5分)1.(2021浙江金华十校联考,8)如图,在四面体ABCD中,AB=CD=2,AD=BD=3,AC=BC=4,点E,F,G,H别离在棱AD,BD,BC,AC上,若直线AB,CD都平行于平面EFGH,则四边形EFGH面积的最大值是( )A. B. C.1 D.2答案C二、填空题(共5分)2.(2021山西太原五中月考,14)过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有_____ 条.答案6三、解答题(共50分)3.(2021江苏无锡检测,18)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,AD=2AB=2BC,M为AD的中点,CB1⊥底面ABCD.求证:(1)C1M∥平面A1ABB1;(2)平面B1BM⊥平面ACB1.证明(1)因为ABCD-A1B1C1D1为四棱柱,所以B1C1∥BC且B1C1=BC.又M为AD的中点,所以BC∥AM,所以B1C1∥AM,又AD=2BC,所以BC=AM,所以B1C1=AM,所以四边形B1C1MA为平行四边形,所以C1M∥B1A,又B1A⊂平面A1ABB1,C1M⊄平面A1ABB1,所以C1M∥平面A1ABB1.(2)连接CM.由(1)知四边形BCMA为平行四边形,又BC=AB,所以AM=AB,所以四边形BCMA为菱形,所以BM⊥AC,又CB1⊥底面ABCD,所以CB1⊥BM.因为AC∩CB1=C,所以BM⊥平面ACB1.又BM⊂平面B1BM,所以平面B1BM⊥平面ACB1.4.(2021安徽合肥一中模拟,18)如图,四棱锥P-ABCD中,E为AD的中点,PE⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形,AB∥CD,AB=2DC=2,AC∩BD=F,且△PAD与△ABD均为正三角形,G为△PAD的重心.(1)求证:GF∥平面PDC;(2)求三棱锥G-PCD的体积.解析(1)证明:连接AG交PD于H,连接CH.在梯形ABCD中,AB∥CD,且AB=2DC,可得=.又正△PAD中,G为△PAD的重心,∴=.在△AHC中,==,故GF∥HC.又HC⊂平面PCD,GF⊄平面PCD,∴GF∥平面PDC.(2)∵PE⊥平面ABCD,且易求PE=3,又由(1)知GF∥平面PDC,∴V G-PCD=V F-PCD=V P-CDF=×PE×S△CDF.又由AB∥CD,且AB=2DC=2,△ABD为正三角形,知DF=BD=.又∠CDF=∠ABD=60°,∴S△CDF=×CD×DF×sin∠BDC=,∴V P-CDF=×PE×S△CDF=,∴三棱锥G-PCD的体积为.5.(2021山西太原质检,19)如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F别离在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上是不是存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出的值;若不存在,说明理由;(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.解析(1)AD上存在一点P,使得CP∥平面ABEF,此时=.理由如下:当=时,=,过点P作MP∥FD交AF于点M,连接EM,CP,则有==.∵BE=1,∴FD=5,故MP=3.又EC=3,MP∥FD∥EC,故有MP EC,故四边形MPCE为平行四边形,∴CP∥ME.又∵CP⊄平面ABEF,ME⊂平面ABEF,故CP∥平面ABEF.(2)设BE=x(0<x≤4),∴AF=x,FD=6-x,故V A-CDF=××2·(6-x)·x=(-x2+6x),∴当x=3时,V A-CDF有最大值,且最大值为3,此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2,由BE⊥EC,BE⊥EF,且EC∩EF=E,得BE⊥平面ECDF,又AF∥BE,故AF⊥平面ECDF.∴AF⊥FD,∴AD==3,同理可求AC=.在△ACD中,由余弦定理得cos∠ADC===,∴sin∠ADC=,∴S△ADC=·DC·DA·sin∠ADC=3.设点F到平面ADC的距离为h,∵V A-CDF=V F-ACD,即3=·h·S△ADC,∴h=,即三棱锥A-CDF的体积最大时,点F到平面ADC的距离为.6.(2021河北石家庄二模,18)如图,在三棱柱ABC-DEF中,侧面ABED是边长为2的菱形,且∠ABE=,BC=.四棱锥F-ABED的体积为2,点F在平面ABED内的正投影为点G,且点G在AE上,点M在线段CF上,且CM=CF.(1)证明:直线GM∥平面DEF;(2)求二面角M-AB-F的余弦值.解析(1)证明:因为四棱锥F-ABED的体积为2,所以V F-ABED=××2×2×FG=2,所以FG=.又BC=EF=,所以EG=,易知AE=2,则点G是AE的靠近点A的四等分点.(2分)过点G作GK∥AD交DE于点K,连接FK,则GK=AD=CF.又MF=CF,所以MF=GK,又MF∥GK,所以四边形MFKG为平行四边形,(4分)所以GM∥FK,又FK⊂平面DEF,GM⊄平面DEF,所以直线GM∥平面DEF.(6分)(2)连接BD,设AE,BD的交点为O,以OB所在直线为x轴,OE所在直线为y轴,过点O的平面ABED的垂线为z轴成立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,-1,0),B(,0,0),F,M,=(-,-1,0),=,=.(8分)设平面ABM,平面ABF的法向量别离为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则得不妨取x1=x2=1,则m=(1,-,-1),n=,(10分)所以cos<m,n>==,易知二面角M-AB-F是锐二面角,故二面角M-AB-F的余弦值为.(12分)C组2021—2021年模拟·方式题组方式1 证明直线与平面平行的常常利用方法1.(2021湖北武汉汉阳一中模拟,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等边三角形,且AA1⊥平面ABC,D为AB的中点.(1)求证:直线BC1∥平面A1CD;(2)若AB=BB1=2,E是BB1的中点,求三棱锥A1-CDE的体积.解析(1)证明:连接AC1,交A1C于点F,连接DF,则F为AC1的中点,又D为AB的中点,所以BC1∥DF.又BC1⊄平面A1CD,DF⊂平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(2)三棱锥A1-CDE的体积==·h.其中三棱锥C-A1DE的高h等于点C到平面ABB1A1的距离,可知h=CD=.又=2×2-×1×2-×1×1-×1×2=,所以==·h=××=.2.(2021河南新乡调研,19)如图①所示,四边形ABCD为等腰梯形,AD∥BC,且AD=BC=a,∠BAD=135°,AE⊥BC于点E,F为BE的中点.将△ABE沿AE折起至△AB'E的位置,取得如图②所示的四棱锥B'-ADCE.(1)求证:AF∥平面B'CD;(2)若平面AB'E⊥平面AECD,求二面角B'-CD-E的余弦值.解析(1)证明:如图,取B'C的中点G,连接FG,DG.∵F为B'E的中点,∴FG∥EC,且FG=EC,(2分)∵题图①中四边形ABCD为等腰梯形,AD∥BC,且AD=BC=a,AE⊥BC,∠BAD=135°,∴BC=3a,AD∥EC,AD=EC.∴AD∥FG,AD=FG,∴四边形ADGF为平行四边形,∴AF∥DG,(5分)∵AF⊄平面B'CD,DG⊂平面B'CD,∴AF∥平面B'CD.(6分)(2)易证EA,EB',EC两两垂直,故以点E为原点,直线EB'为x轴,直线EC为y轴,直线EA为z轴,成立如图所示的空间直角坐标系,则B'(a,0,0),D(0,a,a),C(0,2a,0),所以=(-a,2a,0),=(0,-a,a),设平面B'CD的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,得n=(2,1,1),(10分)显然=(a,0,0)为平面AECD的一个法向量,所以cos<,n>==,(11分)由图知平面B'CD与平面AECD所成的二面角为锐角,所以所求的余弦值为.(12分)方式2 证明平面与平面平行的常常利用方法3.(2021安徽合肥一中模拟,18)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G别离是AB,AD,EF的中点.(1)求证:BE∥平面DMF;(2)求证:平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO,又BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,所以BE∥平面DMF.(2)因为N,G别离为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DE∥GN.又DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点,所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN,又BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE∥平面MNG.4.(2021河南中原名校联考,20)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F别离为AD,PA的中点,在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD.(1)求证:平面BEF∥平面PDQ;(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.解析(1)证明:如图,以点A为原点,别离以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,成立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),设Q(1,x,0),则=(1,x,-1),=(-1,a-x,0),(2分)若PQ⊥QD,则·=-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0,Δ=(-a)2-4,∵在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD,∴Δ=0,∴a=2,x=1.(4分)∴Q(1,1,0),=(-1,1,0),又E是AD的中点,∴E(0,1,0),=(-1,1,0),∴=,∴BE∥DQ,又BE⊄平面PDQ,DQ⊂平面PDQ,∴BE∥平面PDQ,又F是PA的中点,∴EF∥PD,∵EF⊄平面PDQ,PD⊂平面PDQ,∴EF∥平面PDQ,∵BE∩EF=E,BE,EF⊄平面PDQ,∴平面BEF∥平面PDQ.(6分) (2)设平面BFQ的法向量n1=(x,y,z),则n1·=0,n1·=0,易知=,=(0,1,0),∴-x+z=0,y=0,取z=2,得n1=(1,0,2),同理,可得平面BEF的一个法向量n2=(1,1,2),∴cos<n1,n2>==,又易知二面角E-BF-Q为锐角,∴二面角E-BF-Q的余弦值为.(12分)。
(福建专用)2019高考数学一轮复习-第八章 立体几何 8.4 直线、平面平行的判定与性质课件 理
又DE∥BC,DE∩AG=G,DE ⊂平面ADE,AG ⊂平面
ADE,FO∩BC=O,FO ⊂平面BCF,BC ⊂平面BCF,
∴平面ADE∥平面BCF.
考点1
考点2
考点3
考点 4
考点4
平行关系中的存在问题
例4
如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为菱形.
(1)证明:平面AB1C∥平面DA1C1;
8.4
直线、平面平行的判定与性质
知识梳理
考点自测
1.直线与平面平行的判定与性质
判
定义
定
定理
性
质
图形
条件 a∩α=⌀ a⊂α,b⊄α,a∥b
a∥α
结论 a∥α
a∩α=⌀
b∥α
a∥α,a ⊂ β,α∩β=b
a∥b
知识梳理
考点自测
2.面面平行的判定与性质
判
定
定义
定理
性
质
图形
条件 α∩β=⌀
a⊂β,b⊂β,a∩b=P, α∥β,α∩γ=a,
又B1C1∥BC,∴GH∥BC,
∴B,C,H,G四点共面.
(2)∵E,F分别是AB,AC的中点,
∴EF∥BC.
∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,
∴EF∥平面BCHG.
∵A1G EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.
∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,
∴A1E∥平面BCHG.
2.证明线面平行往往先证明线线平行,证明线线平行的途径有:利
用几何体的特征,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、寻找比例式证明两直线平行.