高考领航1高考数学理一轮配套课件：4 第4课时 直线平面平行的判定与性质

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【解】 (1)证明：①当AB，CD在同一平面内时， 由α∥β，平面α∩平面ABDC＝AC， 平面β∩平面ABDC＝BD， ∴AC∥BD. ∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD. 又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.
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条件 a∩α＝∅ 结论 a∥α
a⊂α，b⊄α， a∥b
b∥α
a∥α，a⊂β， a∥α
α∩β＝b a∩α
a∥b ＝∅
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(1)(教材习题改编)下列条件中，能作为两平面平行的充分条 件的是
() A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面 B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面
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1．平行问题的转化关系
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2．直线与平面平行的主要判定方法 (1)定义法； (2)判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)； (3)面与面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
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【归纳提升】 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定理(α∥β， a⊂α⇒α∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β， a∥α⇒a∥β)．
平行的判定和性质，其中线线平行、线面平行、面面平 行的相互转化是高考的热点． 2．从考查形式看，主要以解答题的形式出现，有时也以选 择题、填空题的形式考查，属中档题．
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1．直线与平面平行的判定与性质
判定
定义
定理
图形
性质
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第4课时 直线、平面平行的判定与性质
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(一)考纲点击 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空 间中线面平行的判定定理与有关性质．
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(二)命题趋势 1．从考查内容看，本节是高考每年的必考内容，主要考查
的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是
()
A．l∥α
B．l⊥α
C．l与α相交且不垂直
D．l∥α或l⊂α
解析：由于l上有三个相异点到平面α的距离相等，则l与α
可以平行，l⊂α时也成立．
答案：D
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2．面面平行的判定与性质
判定
定义
定理
图形
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针对训练 2．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，G在BB1上，且AE＝FC1＝ B1G＝1，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.
5．辅助线(面)是求证平行问题的关键，注意平面几何中位线， 平行四边形及相似中有关平行性质的应用．
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题型一 直线与平面平行的判定与性质 (2013·福建)如图，在四棱锥
P－ABCD 中，PD⊥平面 ABCD， AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3， AD＝4，∠PAD＝60°.
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【解】 (1)证明：由题设知，BB1綊DD1， ∴四边形BB1D1D是平行四边形， ∴BD∥B1D1. 又BD⊄平面CD1B1， ∴BD∥平面CD1B1. ∵A1D1綊B1C1綊BC， ∴四边形A1BCD1是平行四边形， ∴A1B∥D1C.
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解析：取PD的中点F，连结EF，AF，
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在△PCD 中，EF 綊12CD.
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. 答案：平行
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题型二 平面与平面平行的判定与性质 (2013·陕西)如图，四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD
是正方形，O 是底面中心，A1O⊥底面 ABCD，AB＝AA1＝ 2. (1)证明：平面 A1BD∥平面 CD1B1； (2)求三棱柱 ABD－A1B1D1 的体积．
(1)当正视方向与向量A→D的方向相同时，
画出四棱锥 P－ABCD 的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过 程)； (2)若 M 为 PA 的中点，求证：DM∥平面 PBC； (3)求三棱锥 D－PBC 的体积．
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【解析】 法一：(1)在梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB，垂 足为E.
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②当AB与CD异面时， 设平面ACD∩β＝DH，且DH＝AC. ∵α∥β，α∩平面ACDH＝AC， ∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形． 在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，得GF∥HD. 又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH， ∴EG∥BH. 又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面β. 又EF⊂平面EFG，∴EF∥β. 综上，EF∥β.
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证明：(1)连接 FG. ∵AE＝B1G＝1， ∴BG＝A1E＝2， ∴BG 綊 A1E.
∴A1G∥BE. 又∵C1F 綊 B1G，
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∴四边形 C1FGB1 是平行四边形， ∴FG 綊 C1B1 綊 D1A1， ∴四边形 A1GFD1 是平行四边形． ∴A1G 綊 D1F，∴D1F 綊 EB，故 E、B、F、D1 四点共面．
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由已知得，四边形 ADCE 为矩形，AE＝CD＝3， 在 Rt△BEC 中，由 BC＝5，CE＝4，依勾股定理得 BE＝3，从而 AB＝6. 又由 PD⊥平面 ABCD 得，PD⊥AD， 从而在 Rt△PDA 中，由 AD＝4，∠PAD＝60°， 得 PD＝4 3.
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解析：由面面平行的定义可知，一平面内所有的直线都平行 于另一个平面时，两平面才能平行，故D正确． 答案：D
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(2)(教材习题改编)若一直线上有相异三个点A，B，C到平面α
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4．在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维” 到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”， 再到“面面平行”；而在性质定理的应用中，其顺序恰 好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条 件而定，决不可过于“模式化”．
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3．平面与平面平行的主要判定方法 (1)定义法； (2)判定定理(a⊂α，b⊂α，a∩b＝O，a∥β，b∥β⇒α∥β)； (3)推论(a⊂α，b⊂α，a∩b＝O，a′⊂β，b′⊂β，a∥a′， b∥b′⇒α∥β)； (4)平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)； (5)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.
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(2)证明：取AB的中点E，连结ME，DE.
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在梯形 ABCD 中，BE∥CD，且 BE＝CD， ∴四边形 BCDE 为平行四边形， ∴DE∥BC，又 DE⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC， ∴DE∥平面 PBC.又在△PAB 中，ME∥PB， ME⊄平面 PBC，PB⊂平面 PBC， ∴ME∥平面 PBC，又 DE∩ME＝E， ∴平面 DME∥平面 PBC. 又 DM⊂平面 DME， ∴DM∥平面 PBC. (3)同法一．
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(2)取 BG 的中点 K，连接 C1K. ∵H 为 B1C1 的中点，∴HG∥C1K. 又∵C1F 綊 BK，∴四边形 BFC1K 是平行四边形，
∴C1K∥BF，∴HG∥BF. 由 A1G∥BE，A1G∩HG＝G，BF∩BE＝B. ∴平面 A1GH∥平面 BED1F.
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正视图如图所示：
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(2)证明：取PB中点N，连结MN，CN.
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在△PAB 中，∵M 是 PA 的中点， ∴MN∥AB，MN＝12AB＝3， 又 CD∥AB，CD＝3， ∴MN∥CD，MN＝CD， ∴四边形 MNCD 为平行四边形， ∴DM∥CN. 又 DM⊄平面 PBC，CN⊂平面 PBC， ∴DM∥平面 PBC. (3)VD－PBC＝VP－DBC＝13S△DBC·PD， 又 S△DBC＝6，PD＝4 3，所以 VD－PBC＝8 3. 法二：(1)同法一．
性质
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条 α∩β＝∅
件
a⊂β，b⊂β， a∩b＝P， a∥α，b∥α
结 α∥β
论
α∥β
α∥β， α∩γ＝a， β∩γ＝b
a∥b
α∥β， a⊂β
a∥α
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对点演练 平面α∥平面β，a⊂α，b⊂β，则直线a，b的位置关系是 ________． 解析：由α∥β可知，a，b的位置关系是平行或异面． 答案：平行或异面
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【归纳提升】 证明面面平行的方法： (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； (5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互 转化．
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题型三 平行关系的综合应用 (理科)如图所示，平面α∥平面β，
点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β， 点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB ＝CF∶FD. (1)求证：EF∥平面β. (2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC， BD所成的角为60°，求EF的长．
又A1B⊄平面CD1B1， ∴A1B∥平面CD1B1. 又∵BD∩A1B＝B， ∴平面A1BD∥平面CD1B1.
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(2)∵A1O⊥平面 ABCD， ∴A1O 是三棱柱 ABD—A1B1D1 的高． 又∵AO＝12AC＝1，AA1＝ 2， ∴A1O＝ AA21－OA2＝1. 又∵S△ABD＝12× 2× 2＝1， ∴VABD—A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.
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针对训练 1．(1)(2014·甘肃天水一模)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 ________．
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