【数学】2018届一轮复习人教A版（理）8-4直线、平面平行的判定与性质学案

【数学】2018届一轮复习人教A版（理）8-4直线、平面平行的判定与性质学案

‎§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＝，则直线EF与平面ABC的关系是________．‎ 答案：平行 解析：因为＝，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－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________．‎ 答案： 解析：因为EF∥平面AB‎1C，易知AC∥EF，又因为E为中点，所以F为DC的中点，故EF＝‎ .‎ ‎[典题1]　如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，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＝AD，‎ ‎∴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＝，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＝B′C′＝1，‎ 故VA′－MNC＝VN－A′MC＝VN－A′BC＝VA′－NBC＝.‎ 解法二：VA′－MNC＝VA′－NBC－VM－NBC＝VA′－NBC＝.‎ 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________．‎ 答案：平行 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∥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)．‎ ‎　[2017·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＝，‎ ‎∴VABCDFE＝×4××2＝.‎ ‎(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＝S△PDC＝×＝4.‎ 又AD＝2，‎ 所以VA－PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝.‎ ‎(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＝AC＝.‎ 即在AC边上存在一点M，使得PA∥平面EDM，AM的长为.‎ ‎[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 线线平行线面平行面面平行．‎ 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．[2016·山东卷节选]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．[2016·新课标全国卷Ⅲ节选]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＝AD＝2.‎ 取BP的中点T，连接AT，TN.‎ 由N为PC的中点知，TN∥BC，TN＝BC＝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．[2015·江苏卷节选]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：DE∥平面AA‎1C1C.‎ 证明：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.‎ ‎4．[2014·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＝，易求BC＝，‎ 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＝EG.‎ 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＝EG，‎ 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．‎