直线平面平行的判定与性质 高考数学知识点总结 高考数学真题复习Word格式.docx
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a与b没有公共点;
命题q:
α∥β,则p是q的____________条件.
答案 必要不充分
解析 ∵a与b没有公共点,不能推出α∥β,
而α∥β时,a与b一定没有公共点,
即pD⇒/q,q⇒p,∴p是q的必要不充分条件.
3.已知平面α∥平面β,直线a⊂α,有下列命题:
①a与β内的所有直线平行;
②a与β内无数条直线平行;
③a与β内的任意一条直线都不垂直.
其中真命题的序号是________.
答案 ②
解析 因为α∥β,a⊂α,所以a∥β,在平面β内存在无数条直线与直线a平行,但不是所有直线都与直线a平行,故命题②为真命题,命题①为假命题.在平面β内存在无数条直线与直线a垂直,故命题③为假命题.
4.(2011·
浙江)若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则( )
A.α内的所有直线与l异面
B.α内不存在与l平行的直线
C.α内存在唯一的直线与l平行
D.α内的直线与l都相交
答案 B
解析 由题意知,直线l与平面α相交,则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系,因而只有选项B是正确的.
5.(2012·
四川)下列命题正确的是( )
A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行
C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行
D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行
答案 C
解析 利用线面位置关系的判定和性质解答.
A错误,如圆锥的任意两条母线与底面所成的角相等,但两条母线相交;
B错误,△ABC的三个顶点中,A、B在α的同侧,而点C在α的另一侧,且AB平行于α,此时可有A、B、C三点到平面α的距离相等,但两平面相交;
D错误,如教室中两个相邻墙面都与地面垂直,但这两个面相交,故选C.
题型一 直线与平面平行的判定与性质
例1
正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE、BD上各有一点P、Q,且AP=DQ.求证:
PQ∥平面BCE.
思维启迪:
证明直线与平面平行可以利用直线与平面平行的判定定理,也可利用面面平行的性质.
证明 方法一
如图所示.
作PM∥AB交BE于M,
作QN∥AB交BC于N,
连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,∴AE=BD.
又AP=DQ,∴PE=QB,
又PM∥AB∥QN,∴
=
,
∴
∴PM綊QN,即四边形PMNQ为平行四边形,
∴PQ∥MN.
又MN⊂平面BCE,PQ⊄平面BCE,
∴PQ∥平面BCE.
方法二
如图,连接AQ,并延长交BC延长线于K,连接EK,
∵AE=BD,AP=DQ,
∴PE=BQ,∴
又AD∥BK,∴
,∴PQ∥EK.
又PQ⊄平面BCE,EK⊂平面BCE,
方法三 如图,在平面ABEF内,过点P作PM∥BE,交AB于点M,
连接QM.
∴PM∥平面BCE,
又∵平面ABEF∩平面BCE=BE,
∴PM∥BE,∴
又AE=BD,AP=DQ,∴PE=BQ,
,∴
∴MQ∥AD,又AD∥BC,
∴MQ∥BC,∴MQ∥平面BCE,
又PM∩MQ=M,BE∩BC=B,
∴平面PMQ∥平面BCE,又PQ⊂平面PMQ.
探究提高 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⇒a∥β);
(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β).
如图,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°
,AB=2,PA=1,PA⊥平面ABCD,E是PC的中点,F是AB的中点.求证:
BE∥平面PDF.
证明 取PD中点为M,连接ME,MF,
∵E是PC的中点,
∴ME是△PCD的中位线,
∴ME綊
CD.
∵F是AB的中点且四边形ABCD是菱形,AB綊CD,
∴ME綊FB,∴四边形MEBF是平行四边形,∴BE∥MF.
∵BE⊄平面PDF,MF⊂平面PDF,∴BE∥平面PDF.
题型二 平面与平面平行的判定与性质
例2
如图,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.
要证四点共面,只需证GH∥BC;
要证面面平行,可证一个平面内的两条相交直线和另一个平面平行.
证明
(1)∵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分别为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.
探究提高 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.
证明:
若一条直线与两个相交平面都平行,则这条直线平行于两个平面的交线.
解 已知:
直线a∥平面α,直线a∥平面β,α∩β=b.
求证:
a∥b.
证明:
如图所示,过直线a作平面γ,δ分别交平面α,β于直线m,n(m,n不同于交线b),由直线与平面平行的性质定理,得a∥m,a∥n,由平行线的传递性,得m∥n,由于n⊄α,m⊂α,故n∥平面α.又n⊂β,α∩β=b,故n∥b.又a∥n,故a∥b.
题型三 平行关系的综合应用
例3
如图所示,在四面体ABCD中,截面EFGH平行于对棱AB和CD,
试问截面在什么位置时其截面面积最大?
利用线面平行的性质可以得到线线平行,可以先确定截面形状,再建立目标函数求最值.
解 ∵AB∥平面EFGH,
平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH.
∴AB∥FG,AB∥EH,
∴FG∥EH,同理可证EF∥GH,
∴截面EFGH是平行四边形.
设AB=a,CD=b,∠FGH=α(α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角).
又设FG=x,GH=y,则由平面几何知识可得
,两式相加得
+
=1,即y=
(a-x),
∴S▱EFGH=FG·
GH·
sinα
=x·
·
(a-x)·
sinα=
x(a-x).
∵x>
0,a-x>
0且x+(a-x)=a为定值,
∴当且仅当x=a-x时,
x(a-x)=
,此时x=
,y=
.
即当截面EFGH的顶点E、F、G、H为棱AD、AC、BC、BD的中点时截面面积最大.
探究提高 利用线面平行的性质,可以实现与线线平行的转化,尤其在截面图的画法中,常用来确定交线的位置,对于最值问题,常用函数思想来解决.
如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:
当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO?
解 当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.证明如下:
∵Q为CC1的中点,P为DD1的中点,
∴QB∥PA.
∵P、O分别为DD1、DB的中点,∴D1B∥PO.
又∵D1B⊄平面PAO,PO⊂平面PAO,
QB⊄平面PAO,PA⊂平面PAO,
∴D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO,
又D1B∩QB=B,D1B、QB⊂平面D1BQ,
∴平面D1BQ∥平面PAO.
立体几何中的探索性问题
典例:
(14分)如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E是棱DD1的
中点.
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值;
(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?
证明你的结论.
审题视角
(1)可过E作平面ABB1A1的垂线、作线面角;
(2)先探求出点F,再进行证明B1F∥平面A1BE.注意解题的方向性.
规范解答
解
(1)
如图(a)所示,取AA1的中点M,连接EM,BM.因为E是DD1的中点,四边形ADD1A1为正方形,所以EM∥AD.[2分]
又在正方体ABCD—A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,
所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影,∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角.[4分]图(a)
设正方体的棱长为2,
则EM=AD=2,BE=
=3.
于是,在Rt△BEM中,sin∠EBM=
,[6分]
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为
.[7分]
(2)
在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.
事实上,如图(b)所示,分别取C1D1和CD的中点F,G,连接B1F,EG,BG,CD1,FG.
因A1D1∥B1C1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,因此D1C∥A1B.
又E,G分别为D1D,CD的中点,图(b)
所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.
这说明A1,B,G,E四点共面.所以BG⊂平面A1BE.[10分]
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点,
所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B,
因此四边形B1BGF是平行四边形,
所以B1F∥BG,[12分]
而B1F⊄平面A1BE,BG⊂平面A1BE,
故B1F∥平面A1BE.[14分]
答题模板
对于探索类问题,书写步骤的格式有两种:
一种:
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.
另一种:
从结论出发,“要使什么成立”,“只需使什么成立”,寻求使结论成立的充分条件,类似于分析法.
温馨提醒
(1)本题属立体几何中的综合题,重点考查推理能力和计算能力.
(2)第
(1)问常见错误是无法作出平面ABB1A1的垂线,以致无法确定线面角.(3)第
(2)问为探索性问题,找不到解决问题的切入口,入手较难.(4)书写格式混乱,不条理,思路不清晰.
方法与技巧
1.平行问题的转化关系
2.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.
3.平面与平面平行的主要判定方法
(3)推论;
(4)a⊥α,a⊥β⇒α∥β.
失误与防范
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”;
而在应用性质定理时,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”.
3.解题中注意符号语言的规范应用.
A组 专项基础训练
(时间:
35分钟,满分:
57分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.若直线m⊂平面α,则条件甲:
“直线l∥α”是条件乙:
“l∥m”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
答案 D
2.已知直线a,b,c及平面α,β,下列条件中,能使a∥b成立的是( )
A.a∥α,b⊂αB.a∥α,b∥α
C.a∥c,b∥cD.a∥α,α∩β=b
解析 由平行公理知C正确,A中a与b可能异面.B中a,b可能相交或异面,D中a,b可能异面.
3.在梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊂平面α,CD⊄平面α,则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )
A.平行B.平行和异面
C.平行和相交D.异面和相交
解析 ∵
⇒CD∥α,
∴CD和平面α内的直线没有公共点.
4.设m、n表示不同直线,α、β表示不同平面,则下列结论中正确的是( )
A.若m∥α,m∥n,则n∥α
B.若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β
C.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β
D.若α∥β,m∥α,n∥m,n⊄β,则n∥β
解析 D中,易知m∥β或m⊂β,
若m⊂β,又n∥m,n⊄β,∴n∥β,
若m∥β,过m作平面γ交平面β于直线p,则m∥p,又n∥m,∴n∥p,又n⊄β,p⊂β,∴n∥β.
二、填空题(每小题5分,共15分)
5.过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条.
答案 6
解析 过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,记AC,BC,A1C1,B1C1的中点分别为E,F,E1,F1,则直线EF,E1F1,EE1,FF1,E1F,EF1均与平面ABB1A1平行,故符合题意的直线共6条.
6.如图所示,ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M、N分别是下
底面的棱A1B1、B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=
过P、M、N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=________.
答案
a
解析 ∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点,AP=
∴CQ=
,从而DP=DQ=
,∴PQ=
a.
7.如图所示,在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,E、F、G、H分别是
棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点,N是BC的中点,点M在四边
形EFGH及其内部运动,则M满足条件______________时,有
MN∥平面B1BDD1.
答案 M∈线段HF
解析 由题意,得HN∥面B1BDD1,FH∥面B1BDD1.
∵HN∩FH=H,∴面NHF∥面B1BDD1.
∴当M在线段HF上运动时,有MN∥面B1BDD1.
三、解答题(共22分)
8.(10分)如图,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,
M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面,交平面BDM
于GH.
PA∥GH.
证明 如图,连接AC交BD于点O,连接MO,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴O是AC的中点,又M是PC的中点,
∴AP∥OM.
则有PA∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD=GH,
∴PA∥GH.
9.(12分)如图,已知平行四边形ABCD中,BC=6,正方形ADEF所在
平面与平面ABCD垂直,G,H分别是DF,BE的中点.
(1)求证:
GH∥平面CDE;
(2)若CD=2,DB=4
,求四棱锥F—ABCD的体积.
(1)证明 方法一 ∵EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC.
又EF=AD=BC,∴四边形EFBC是平行四边形,
∴H为FC的中点.
又∵G是FD的中点,∴HG∥CD.
∵HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,
∴GH∥平面CDE.
连接EA,∵ADEF是正方形,∴G是AE的中点.
∴在△EAB中,GH∥AB.
又∵AB∥CD,∴GH∥CD.
(2)解 ∵平面ADEF⊥平面ABCD,交线为AD,
且FA⊥AD,∴FA⊥平面ABCD.
∵AD=BC=6,∴FA=AD=6.
又∵CD=2,DB=4
,CD2+DB2=BC2,∴BD⊥CD.
∵S▱ABCD=CD·
BD=8
∴VF—ABCD=
S▱ABCD·
FA=
×
8
6=16
B组 专项能力提升
25分钟,满分:
43分)
一、选择题(每小题5分,共15分)
1.设m,n是平面α内的两条不同直线;
l1,l2是平面β内的两条相交直线,则α∥β的一个充分而不必要条件是( )
A.m∥β且l1∥αB.m∥l1且n∥l2
C.m∥β且n∥βD.m∥β且n∥l2
解析 对于选项A,不合题意;
对于选项B,由于l1与l2是相交直线,而且由l1∥m可得l1∥α,同理可得l2∥α,故可得α∥β,充分性成立,而由α∥β不一定能得到l1∥m,它们也可以异面,故必要性不成立,故选B;
对于选项C,由于m,n不一定相交,故是必要非充分条件;
对于选项D,由于n∥l2可转化为n∥β,同选项C,故不符合题意.综上选B.
2.下面四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形是( )
A.①②B.①④C.②③D.③④
答案 A
解析 由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.
3.给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题:
①若l与m为异面直线,l⊂α,m⊂β,则α∥β;
②若α∥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.
其中真命题的个数为( )
A.3B.2C.1D.0
解析 ①中当α与β不平行时,也能存在符合题意的l、m.
②中l与m也可能异面.
③中
⇒l∥m,同理l∥n,则m∥n,正确.
4.已知平面α∥平面β,P是α、β外一点,过点P的直线m与α、β分别交于A、C,过点P的直线n与α、β分别交于B、D且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为________.
答案 24或
解析 根据题意可得到以下如图两种情况:
可求出BD的长分别为
或24.
5.一个正方体的展开图如图所示,B、C、D为原正方体的顶点,A为
原正方体一条棱的中点.在原来的正方体中,CD与AB所成角的
余弦值为________.
解析
还原为正方体如图所示,BE∥CD,则∠EBA就是异面直线CD与AB所成的角或所成角的补角.
设正方体棱长为2,则BE=2
BA=
,AE=3.
所以在△ABE中,由余弦定理得
cos∠EBA=
6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的结论是________(只填序号).
①AD1∥BC1;
②平面AB1D1∥平面BDC1;
③AD1∥DC1;
④AD1∥平面BDC1.
答案 ①②④
三、解答题
7.(13分)
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,所以PD⊥AD.
又因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=
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.
又因为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