2019届二轮复习直线、平面平行的判定与性质学案（全国通用）

2019届二轮复习直线、平面平行的判定与性质学案（全国通用）

‎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。‎ 热点题型一 直线与平面平行的判定和性质 ‎ 例1、（2018年江苏卷）在平行六面体中，．‎ 求证：（1）；‎ ‎（2）．‎ ‎【答案】答案见解析 ‎【解析】‎ 证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．‎ 因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，‎ 所以AB∥平面A1B1C．‎ ‎【变式探究】【2017山东，文18】由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD 的交点,E为AD的中点,A1E平面ABCD,‎ ‎（Ⅰ）证明：∥平面B1CD1;‎ ‎（Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM平面B1CD1. ‎ ‎【答案】①证明见解析.②证明见解析.‎ ‎【解析】 证明：‎ ‎（1）取中点，连接，由于为四棱柱，‎ 所以， ‎ 因此四边形为平行四边形，‎ 所以， ‎ 又平面， 平面，‎ 所以平面 ‎ ‎ ‎ ‎【变式探究】如图所示，已知P、Q是正方体ABCD－A1B1C1D1的面A1B1BA和面ABCD的中心。‎ 证明：PQ∥平面BCC1B1。‎ 证明：方法一，如图①，取B1B中点E，BC中点F，连接PE、QF、EF，‎ ‎①‎ ‎∵△A1B1B中，P、E分别是A1B和B1B的中点，∴PE綊A1B1。‎ 同理QF綊AB。又A1B1綊AB，∴PE綊QF。 ‎ ‎∴四边形PEFQ是平行四边形。∴PQ∥EF。‎ 又PQ⊄平面BCC1B1，EF⊂平面BCC1B1，∴PQ∥平面BCC1B1。‎ ‎②‎ ‎【提分秘籍】‎ 证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法 ‎(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；‎ ‎(2)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；‎ ‎(3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可。‎ ‎【举一反三】 ‎ 如图，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，且AB⊥CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大？‎ 热点题型二 平面与平面平行的判定和性质 例2、如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，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：连接A1C交AC1于点E，‎ ‎∵四边形A1ACC1是平行四边形，‎ ‎∴E是A1C的中点，连接ED。‎ ‎∵A1B∥平面AC1D，‎ 平面A1BC∩平面AC1D＝ED，‎ ‎∴A1B∥ED， ‎ ‎∵E是A1C的中点，∴D是BC的中点。‎ 又∵D1是B1C1的中点，∴BD1∥C1D。‎ 又∵BD1⊄平面AC1D C1D⊂平面AC1D ‎∴BD1∥平面AC1D 同理A1D1∥平面AC1D。‎ 又A1D1∩BD1＝D1，∴平面A1BD1∥平面AC1D。‎ ‎【提分秘籍】 ‎ 平面平行的判定定理，是利用了线面平行来推证的，即需要找到或证出两条相交直线平行另一平面。本题的证明就是运用了这一判定定理。‎ ‎【举一反三】 ‎ 如图所示，平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，点E、F分别在线段AB、CD上，且＝，求证：EF∥平面β。‎ ‎【解析】当AB和CD在同一平面内时，由α∥β可知AC∥BD，ABDC是梯形或平行四边形。由＝，得EF∥BD。 ‎ 热点题型三 平行关系中的探索性问题 例3．如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点。‎ ‎ ‎ ‎(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?‎ ‎(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值。‎ ‎【解析】(1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，‎ ‎ ‎ ‎(2)由平面BC1D∥平面AB1D1，‎ 且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，‎ 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O 得BC1∥D1O，‎ 所以＝，‎ 又由题可知＝，＝1，‎ 所以＝1，即＝1。‎ ‎【提分秘籍】‎ 与平行有关的探索性问题求解策略 平行关系中的探索性问题，一般是先根据条件猜测点的位置再进行证明，多为中点或三等分点问题。‎ ‎【举一反三】 . ‎ 如图，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。‎ ‎ ‎ 又在△BCE中，‎ CE＝＝＝a。‎ 在Rt△PBC中，BC2＝CE·CP，‎ ‎∴CP＝＝a。‎ 又∵＝＝，‎ ‎∴EG＝AF＝a。 ‎ ‎∴点F为AB的一个三等分点。‎ ‎ ‎ ‎1. （2018年江苏卷）在平行六面体中，．‎ 求证：（1）；‎ ‎（2）．‎ ‎【答案】答案见解析 ‎【解析】‎ 证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．‎ 因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，‎ 所以AB∥平面A1B1C．‎ ‎ ‎ ‎2. （2018年全国III卷）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）存在，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．‎ 因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．‎ 又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．‎ 而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．‎ ‎（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．‎ 证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．‎ 连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP． ‎ MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．‎ ‎1.【2017山东，文18】（本小题满分12分）由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD 的交点,E为AD的中点,A1E平面ABCD,‎ ‎（Ⅰ）证明：∥平面B1CD1;‎ ‎（Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM平面B1CD1. ‎ ‎【答案】①证明见解析.②证明见解析.‎ ‎【解析】 证明：‎ ‎（2）因为 ,E,M分别为AD和OD的中点， . ‎ 所以,‎ 又 面， ‎ 所以 因为 ‎ 所以 ‎ 又 A1E, EM ‎ 所以平面平面，‎ 所以 平面平面 ‎ ‎1.【2016高考山东文数】（本小题满分12分）‎ 在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.‎ ‎（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：AC⊥FB；‎ ‎（II）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.‎ ‎【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）证明：因，所以与确定平面.‎ 连接，因为为的中点，所以，同理可得.‎ 又，所以平面， / ‎ 因为平面，所以.‎ ‎ ‎ ‎2.【2016高考天津文数】(本小题满分13分)‎ 如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面BED；‎ ‎(Ⅱ)求证：平面BED⊥平面AED；‎ ‎(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）证明：取中点，连接，在中，因为是中点，所以且，又因为，所以且，即四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.‎ ‎1.【2015高考浙江，文4】设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】A ‎【解析】采用排除法，选项A中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B中，当时，可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，时，可以相交；选项D中，时，也可以异面.故选A. ‎ ‎2.【2015高考浙江，文18】（本题满分15分）如图，在三棱锥中，在底 面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求直线和平面所成的角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)略；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎1．（2014·安徽卷）如图15，四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，A‎1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.‎ 图15‎ ‎(1)证明：Q为BB1的中点；‎ ‎(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；‎ ‎(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．‎ ‎【解析】(1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，‎ BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，‎ 所以平面QBC∥平面A1AD，‎ 从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，‎ 即QC∥A1D.‎ 故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，‎ 于是△QBC∽△A1AD，‎ 所以＝＝＝，即Q为BB1的中点． ‎ ‎(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝‎2a.‎ 图1‎ ‎ ‎ ‎(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.‎ 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，‎ 所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.‎ 所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．‎ 因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.‎ 又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，‎ 所以S△ADC＝4，AE＝4.‎ 于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ 方法二：如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和 轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝‎2a.‎ 因为S四边形ABCD＝·2sin θ＝6，‎ 所以a＝.‎ 图2‎ 所以cos〈n，m〉＝＝，‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ ‎2．（2014·北京卷）如图13，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.‎ ‎(1)求证：AB∥FG；‎ ‎(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．‎ 图13‎ ‎ ‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE，‎ 所以PA⊥AB，PA⊥AE.‎ 建立空间直角坐标系Axy ，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，＝(1，1，0)． ‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y， )，则 即 令 ＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α，则 sin α＝ cos〈n，〉 ＝＝.‎ 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.‎ 设点H的坐标为(u，v，w)．‎ 因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)．‎ 即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.‎ 因为n是平面ABF的一个法向量，‎ 所以n·＝0，‎ 即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，‎ 解得λ＝，所以点H的坐标为.‎ 所以PH＝＝2.‎ ‎3．（2014·湖北卷）如图14，在棱长为2的正方体ABCDA1B‎1C1D1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)是否存在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．‎ 图14‎ ‎【解析】方法一(几何方法)：‎ ‎(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCDA1B‎1C1D1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.‎ 图①　　　　　　　　　图②　　　‎ ‎ ‎ 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．‎ 方法二(向量方法)：‎ 以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y， 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P (0，0，λ)．‎ 图③　　　　‎ ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．‎ ‎ ‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y， )，则由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)．‎ 同理可得平面MNPQ的一个法向量为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．‎ ‎4．（2014·新课标全国卷Ⅱ）如图13，四棱锥PABCD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DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ 图13‎ ‎ ‎ ‎(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，，AD，AP的方向为x轴、y轴、 轴的正方向， 为单位长，建立空间直角坐标系Axy ，则D，E，＝.‎ 设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．‎ 设n1＝(x，y， )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，‎ 由题设易知 cos〈n1，n2〉 ＝，即 ＝，解得m＝.‎ 因为E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为.三棱锥EACD的体积V＝××××＝.‎ ‎5．（2014·山东卷）如图13所示，在四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB ‎＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．‎ 图13‎ ‎(1)求证：C‎1M∥平面A1ADD1；‎ ‎(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．‎ ‎【解析】(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，‎ 且AB＝2CD，所以AB∥DC，‎ 又M是AB的中点，‎ 所以CD∥MA且CD＝MA.‎ 连接AD1.因为在四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，‎ CD∥C1D1，CD＝C1D1，‎ 所以C1D1∥MA，C1D1＝MA，‎ 所以四边形AMC1D1为平行四边形，‎ 因此，C‎1M∥D‎1A.‎ 又C‎1M⊄平面A1ADD1，D‎1A⊂平面A1ADD1，‎ 所以C‎1M∥平面A1ADD1.‎ ‎ ‎ 所以A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)．‎ 因此M，‎ 所以＝，＝＝.‎ 设平面C1D‎1M的一个法向量n＝(x，y， )，‎ 由得 可得平面C1D‎1M的一个法向量n＝(1，，1)．‎ 又＝(0，0，)为平面ABCD的一个法向量．‎ 因此cos〈，n〉＝＝， ‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ 方法二：由(1)知，平面D‎1C1M∩平面ABCD＝AB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.‎ ‎ ‎