高考数学专题复习 第38讲 直线平面平行的判定及其性质练习 新人教A版.docx
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高考数学专题复习第38讲直线平面平行的判定及其性质练习新人教A版
2021年高考数学专题复习第38讲直线、平面平行的判定及其性质练习新人教A版
[考情展望] 1.以多面体为载体,考查空间线面平行、面面平行的判定与性质.2.以解答题的形式考查线面的平行关系.3.考查空间中平行关系的探索性问题.
一、直线与平面平行
判定定理
性质定理
图形
条件
l∥a,l⊄α,a⊂α
a∥α,a⊂β,α∩β=b
结论
l∥α
a∥b
(1)证线面平行
①若a∥α,a∥b,b⊄α,则b∥α.
②若a∥α,α∥β,a⊄β,则a∥β.
(2)线面平行的性质
①若a∥α,a∥β,α∩β=b,则a∥b
②若a∥α,a⊥β,则α⊥β.
二、面面平行的判定与性质
判定
性质
图形
条件
α∩β=∅
a⊂β,b⊂β,
a∩b=P,
a∥α,b∥α
α∥β,α∩γ=a,
β∩γ=b
α∥β,a⊂β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α
1.若直线a不平行于平面α,则下列结论成立的是( )
A.α内的所有直线都与直线a异面
B.α内可能存在与a平行的直线
C.α内的直线都与a相交
D.直线a与平面α没有公共点
【解析】 直线a与α不平行,则直线a在α内或与α相交,当直线a在平面α内时,在α内存在与a平行的直线,B正确.
【答案】 B
2.空间中,下列命题正确的是( )
A.若a∥α,b∥a,则b∥α
B.若a∥α,b∥α,a⊂β,b⊂β,则β∥α
C.若α∥β,b∥α,则b∥β
D.若α∥β,a⊂α,则a∥β
【解析】 根据面面平行和线面平行的定义知,选D.
【答案】 D
3.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系是________.
【解析】 如图所示,连接BD交AC于F,连接EF则EF是△BDD1的中位线,∴EF∥BD1,
又EF⊂平面ACE,BD1⊄平面ACE,
∴BD1∥平面ACE.
【答案】 平行
4.如图7-4-1,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的长度等于________.
图7-4-1
【解析】 由于在正方体ABCD—A1B1C1D1中,AB=2,∴AC=2
.
又E为AD中点,EF∥平面AB1C,EF⊂平面ADC,平面ADC∩平面AB1C=AC,
∴EF∥AC,∴F为DC中点,∴EF=
AC=
.
【答案】
考向一[124] 直线与平面平行的判定与性质
图7-4-2
(xx·福建高考改编)如图7-4-2,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60°.
(1)若M为PA的中点,求证:
DM∥平面PBC;
(2)求三棱锥D-PBC的体积.
【思路点拨】
(1)法一:
证明DM与平面PBC内的直线平行;
法二:
通过证明过DM的平面与平面PBC平行.
(2)转化法,利用VD—PBC=VP—DBC求解.
【尝试解答】 法一
(1)如图①,取PB的中点N,连接MN,CN.在△PAB中,∵M是PA的中点,∴MN∥AB,MN=
AB=3.
图①
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.
(2)VD-PBC=VP-DBC=
S△DBC·PD,
又S△DBC=6,PD=4
,所以VD-PBC=8
.
法二:
图②
(1)如图②,取AB的中点E,连接ME,DE.
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.
(2)同法一.
规律方法1 1.判断或证明线面平行的常用方法有:
1利用反证法;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⇒a∥β;4利用面面平行的性质α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β.
2.利用判定定理判定直线与平面平行,关键是找平面内与已知直线平行的直线.可先直观判断平面内是否已有,若没有,则需作出该直线,常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.
对点训练
图7-4-3
如图7-4-3,FD垂直于矩形ABCD所在平面CE∥DF,∠DEF=90°.
(1)求证:
BE∥平面ADF;
(2)若矩形ABCD的一边AB=
,EF=2
,则另一边BC的长为何值时,三棱锥F—BDE的体积为
?
【解】
(1)证明:
过点E作CD的平行线交DF于点M,连接AM.
因为CE∥DF,
所以四边形CEMD是平行四边形.
可得EM=CD且EM∥CD,
于是四边形BEMA也是平行四边形,
所以有BE∥AM.
而AM⊂平面ADF,BE⊄平面ADF,
所以BE∥平面ADF.
(2)由EF=2
,EM=AB=
,
得FM=3且∠MFE=30°.
由∠DEF=90°可得FD=4,
从而得DE=2.
因为BC⊥CD,BC⊥FD,
所以BC⊥平面CDFE.
所以,VF—BDE=VB—DEF=
S△DEF×BC.
因为S△DEF=
DE×EF=2
,
VF—BDE=
,所以BC=
.
综上当BC=
时,三棱锥F—BDE的体积为
.
考向二[125] 平面与平面平行的判定和性质
(xx·陕西高考)如图7-4-4,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O⊥底面ABCD,AB=AA1=
.
图7-4-4
(1)证明:
平面A1BD∥平面CD1B1;
(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.
【思路点拨】 在一个平面内确定两条相交直线分别平行于另一个平面;高已确定,关键在于求底面积.
【尝试解答】
(1)证明 由题设知,BB1綊DD1,
∴四边形BB1D1D是平行四边形,∴BD∥B1D1.
又BD⃘平面CD1B1,∴BD∥平面CD1B1.
∵A1D1綊B1C1綊BC,∴四边形A1BCD1是平行四边形,
∴A1B∥D1C.
又A1B⃘平面CD1B1,∴A1B∥平面CD1B1.
又BD∩A1B=B,∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)∵A1O⊥平面ABCD,
∴A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高.
又AO=
AC=1,AA1=
,∴A1O=
=1.
又S△ABD=
×
×
=1,
∴V三棱柱ABD-A1B1D1=S△ABD·A1O=1.
规律方法2 判定面面平行的方法
1利用定义:
常用反证法
2利用面面平行的判定定理;
3利用垂直于同一条直线的两平面平行;
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.
对点训练
图7-4-5
如图7-4-5所示,三棱柱ABC—A1B1C1,D是BC上一点,且A1B∥平面AC1D,D1是B1C1的中点.
求证:
平面A1BD1∥平面AC1D.
【证明】 如图所示,连接A1C交AC1于点E,
因为四边形A1ACC1是平行四边形,
所以E是A1C的中点,连接ED,
因为A1B∥平面AC1D,
平面A1BC∩平面AC1D=ED,
所以A1B∥ED.
因为E是A1C的中点,所以D是BC的中点.
又因为D1是B1C1的中点,
所以BD1∥C1D,A1D1∥AD.
又A1D1∩BD1=D1,C1D∩AD=D,
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
考向三[126] 线面、面面平行的综合应用
图7-4-6
如图7-4-6所示,四边形ABCD为矩形,AD⊥平面ABE,AE=EB=BC,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.
(1)求证:
AE⊥BE;
(2)设M在线段AB上,且满足AM=2MB,试在线段CE上确定一点N,使得MN∥平面DAE.
【思路点拨】
(1)通过线面垂直证明线线垂直;
(2)先确定点N的位置,再进行证明,点N的位置的确定要根据线面平行的条件进行探索.
【尝试解答】
(1)∵AD⊥平面ABE,AD∥BC,∴BC⊥平面ABE,
则AE⊥BC.
又∵BF⊥平面ACE,∴AE⊥BF,
∵BC∩BF=B
∴AE⊥平面BCE,
又BE⊂平面BCE,∴AE⊥BE.
(2)在△ABE中,过M点作MG∥AE交BE于G点,在△BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点,连接MN,则由比例关系易得CN=
CE.
∵MG∥AE,MG⊄平面ADE,AE⊂平面ADE,
∴MG∥平面ADE.
同理,GN∥平面ADE.又∵GN∩MG=G,
∴平面MGN∥平面ADE.
又MN⊂平面MGN,∴MN∥平面ADE.
∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点.
规律方法3 1.解决本题的关键是过M作出与平面DAE平行的辅助平面MNG,通过面面平行证明线面平行.
2.通过线面、面面平行的判定与性质,可实现线线、线面、面面平行的转化.
3.解答探索性问题的基本策略是先假设,再严格证明,先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法.
对点训练
图7-4-7
如图7-4-7所示,四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,在侧面PBC内,有BE⊥PC于E,且BE=
a,试在AB上找一点F,使EF∥平面PAD.
【解】 在平面PCD内,过E作EG∥CD交PD于G,连接AG,
在AB上取点F,使AF=EG,
∵EG∥CD∥AF,EG=AF,
∴四边形FEGA为平行四边形,
∴FE∥AG.
又AG⊂平面PAD,FE⊄平面PAD,
∴EF∥平面PAD.
∴F即为所求的点.
又PA⊥面ABCD,∴PA⊥BC,
又BC⊥AB,∴BC⊥面PAB.
∴PB⊥BC.
∴PC2=BC2+PB2=BC2+AB2+PA2.
设PA=x则PC=
,
由PB·BC=BE·PC得:
·a=
·
a,
∴x=a,即PA=a,∴PC=
a.
又CE=
=
a,
∴
=
,∴
=
=
,
即GE=
CD=
a,∴AF=
a.
当AF=
a时,EF∥平面PAD.
规范解答之十二 立体几何中的探索性问题
———— [1个示范例] ———— [1个规范练] ————
(12分)如图7-4-8,在四棱锥S—ABCD中,已知底面ABCD为直角梯形,其中AD∥BC,∠BAD=90°,SA⊥底面ABCD,SA=AB=BC=2.tan∠SDA=
图7-4-8
(1)求四棱锥S—ABCD的体积;
(2)在棱SD上找一点E,使CE∥平面SAB,并证明.
【规范解答】
(1)∵SA⊥底面ABCD,tan∠SDA=
,SA=2,∴AD=3.2分
由题意知四棱锥S—ABCD的底面为直角梯形,
且SA=AB=BC=2,4分
VS—ABCD=
×SA×
×(BC+AD)×AB
=
×2×
×(2+3)×2=
.6分
(2)当点E位于棱SD上靠近D的三等分点处时,可使CE∥平面SAB.8分
取SD上靠近D的三等分点为E,取SA上靠近点A的三等分点为F,连接CE,EF,BF,
则EF綊
AD,BC綊
AD,
∴BC綊EF.
∴CE∥BF.10分
又∵BF⊂平面SAB,CE⊄平面SAB,
∴CE∥平面SAB.12分
【名师寄语】 1.本题在解题时易出现两种错误:
一是误认为E是SD中点,二是对于这类探索性问题找不到切入口,入手难.在步骤书写时易忽视“BF⊂平面SAB,CE⊄平面SAB”这一关键条件.
2.解决立体几何中探索性问题的步骤:
第一步,探求出点的位置.第二步,证明符合要求.
第三步,给出明确答案.,第四步,反思回顾.查看关键点.易错点和答题规范.
一个多面体的直观图和三视图如图7-4-9所示,其中M是AB的中点,G是DF上的一点.当FG=GD时,在棱AD上确定一点P,使得GP∥平面FMC,并给出证明.
图7-4-9
【解】 由三视图可得直观图为直三棱柱,且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC,点P在A点处.
如图,取DC中点S,连接AS、GS、GA.
∵G是DF的中点,
∴GS∥FC,AS∥CM.
∵GS∩AS=S,FC∩CM=C,
∴平面GSA∥平面FMC,
∵GA⊂平面GSA,
∴GA∥平面FMC,即GP∥平面FMC.
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