2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第三讲　直线、平面平行的判定及性质

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第三讲　直线、平面平行的判定及性质

www.ks5u.com 第三讲　直线、平面平行的判定及性质 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.[多选题]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的任一平面 B.若直线a和平面α满足a∥α,那么a与α内的任一直线平行 C.平行于同一条直线的两个平面不一定平行 D.若直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b⊄α,则b∥α ‎2.[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 ‎3.[2019全国卷Ⅱ]设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(　　)‎ A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线 D.α,β垂直于同一平面 ‎4.[2019安徽省江南十校素质检测]如图8 - 3 - 1所示,在正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E,F ,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点,则下列叙述中正确的是(　　)‎ A.直线BQ∥平面EF G B.直线A1B∥平面EF G C.平面APC∥平面EF G D.平面A1BQ∥平面EF G ‎5.[2019广西质量检测]如图8 - 3 - 2,在四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论正确的是　　　.(填序号) ‎ ‎①对于任意的点Q,都有AP∥RQ;‎ ‎②对于任意的点Q,四边形APQR不可能为平行四边形;‎ ‎③存在点Q,使得直线BC∥平面APQR.‎ 考法1 线面平行的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1[2020广东七校第一次联考]如图8 - 3 - 3所示,四棱锥P - ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,∠ABC=90°,AB=‎3‎,BC=1,AD=2‎3‎,CD=4,E为CD的中点.‎ ‎(1)求证:AE∥平面PBC;‎ ‎(2)求三棱锥C - PBE的体积.‎ ‎(1)连接AC.‎ ‎∵ AB=‎3‎,BC=1,∠ABC=90°,‎ ‎∴AC=2,∠BCA=60°.‎ 在△ACD中,AD=2‎3‎,AC=2,CD=4, ‎ ‎∴AC2+AD2=CD2,‎ ‎∴∠CAD=90°,△ACD是直角三角形.‎ 又E为CD的中点,∴AE=‎1‎‎2‎CD=CE=2,‎ ‎∴△ACE是等边三角形,∴∠CAE=60°,‎ ‎∴∠CAE=∠BCA,∴BC∥AE.‎ 又AE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AE∥平面PBC.(利用线面平行的判定定理证明,注意定理应用的前提条件要齐全)‎ ‎(2)∵ PA⊥底面ABCD,∴PA⊥平面BCE,‎ ‎∴PA为三棱锥P - BCE的高.‎ ‎∵ ∠BCA=60°,∠ACD=60°,∴∠BCE=120°.‎ 又BC=1,CE=2,‎ ‎∴S△BCE=‎1‎‎2‎×BC×CE×sin∠BCE=‎1‎‎2‎×1×2×‎3‎‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎, ‎ ‎∴V三棱锥C - PBE=V三棱锥P - BCE=‎1‎‎3‎×S△BCE×PA=‎1‎‎3‎×‎3‎‎2‎×2=‎3‎‎3‎.‎ ‎1.[2020合肥市高三调研检测]如图8 - 3 - 4,已知三棱柱ABC - A1B1C1,M为棱AB上一点,BC1∥平面A1MC.‎ ‎(1)求证:AM=BM;‎ ‎(2)若△ABC是等边三角形,AB=AA1,∠A1AB=∠A1AC=60°,△A1MC的面积为4‎2‎,求三棱柱ABC - A1B1C1的体积. ‎ 考法2 面面平行的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎2如图8 - 3 - 5,四边形ABCD是边长为3的正方形,ED⊥平面ABCD, AF ⊥平面ABCD, DE=3AF =3.‎ ‎(1)证明:平面ABF ∥平面DCE.‎ ‎(2)在DE上是否存在一点G,使平面F BG将几何体ABCDEF 分成的上、下两部分的体积比为3∶11?若存在,求出点G的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)利用面面平行的判定定理及推论证明;(2)先求出整个几何体的体积.假设存在一点G,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,设EG=t,求得几何体GF BME的体积,将其分割成两个三棱锥B - EF G,B - EGM,利用t表示出两个三棱锥的底面积,再利用体积建立方程,解方程求得t的值.‎ ‎(1)解法一　(应用面面平行的判定定理证明)因为DE⊥平面ABCD, AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .‎ 因为AF ⊄平面DCE,DE⊂平面DCE,所以AF ∥平面DCE.‎ 因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.‎ 因为AB⊄平面DCE,CD⊂平面DCE,所以AB∥平面DCE.‎ 因为AB∩AF =A, AB⊂平面ABF ,AF ⊂平面ABF ,所以平面ABF ∥平面DCE.‎ 解法二　(利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明)因为DE⊥平面ABCD,AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .‎ 因为四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD.‎ 又AF ∩AB=A,DE∩DC=D,AF ⊂平面ABF ,AB⊂平面ABF ,DE⊂平面DCE,DC⊂平面DCE,所以平面ABF ∥平面DCE.‎ 解法三　(利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明)因为DE⊥平面ABCD,所以DE⊥AD,在正方形ABCD中,AD⊥DC.‎ 又DE∩DC=D,DE⊂平面DCE,DC⊂平面DCE,所以AD⊥平面DCE.‎ 同理AD⊥平面ABF .所以平面ABF ∥平面DCE.‎ ‎(2)假设存在满足题意的点G,如图8 - 3 - 6,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,GF ,BD.‎ 则V几何体ABCDEF =V四棱锥B - ADEF +V三棱锥B - CDE=‎1‎‎3‎×3×‎(1+3)×3‎‎2‎‎+‎‎1‎‎3‎×3×‎3×3‎‎2‎‎=‎‎21‎‎2‎.‎ 设EG=t (0

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