浙江高考数学一轮复习 直线平面平行的判定及其性质.docx

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浙江高考数学一轮复习直线平面平行的判定及其性质

第四节

直线、平面平行的判定及其性质

1．直线与平面平行的判定定理和性质定理

文字语言

图形语言

符号语言

判定定理

平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行（线线平行⇒线面平行）

∵l∥a，a⊂α，

l⊄α，

∴l∥α

性质定理

一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行（简记为“线面平行⇒线线平行”）

∵l∥α，l⊂β，

α∩β＝b，

∴l∥b

2．平面与平面平行的判定定理和性质定理

文字语言

图形语言

符号语言

判定定理

一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行（简记为“线面平行⇒面面平行”）

∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，

∴α∥β

性质定理

如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行

∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，

∴a∥b

[小题体验]

1．（教材习题改编）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

2．（教材习题改编）在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．

解析：

连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EO∥BD1，又因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面AEC，所以BD1∥平面ACE.

答案：

平行

1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．

2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”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．

[小题纠偏]

1．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的（　　）

A．一条直线不相交　　　　B．两条直线不相交

C．无数条直线不相交D．任意一条直线都不相交

解析：

选D　因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.

2．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的（　　）

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

解析：

选B　当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．

考点一　直线与平面平行的判定与性质

[锁定考向]

平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中．

常见的命题角度有：

（1）证明直线与平面平行；

（2）线面平行性质定理的应用．

[题点全练]

角度一：

证明直线与平面平行

1．（2018·杭二一模）如图，在三棱锥PABC中，PB⊥BC，AC⊥BC，点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点．

（1）求证：

PB∥平面EFG；

（2）求证：

BC⊥EG.

证明：

（1）∵点F，G分别为BC，PC的中点，

∴GF∥PB，∵PB⊄平面EFG，GF⊂平面EFG，

∴PB∥平面EFG.

（2）∵点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点，

∴EF∥AC，GF∥PB，

∵PB⊥BC，AC⊥BC，∴EF⊥BC，GF⊥BC，

∵EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，

∴BC⊥平面EFG，

∵EG⊂平面EFG，∴BC⊥EG.

角度二：

线面平行性质定理的应用

2.（2018·瑞安期中）已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，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，求证：

AP∥GH.

证明：

如图所示，连接AC交BD于点O，则点O为AC中点．

连接MO，则有MO∥PA.

因为PA⊂平面APGH，MO⊄平面APGH，

所以MO∥平面APGH.

因为MO⊂平面BDM，平面BDM∩平面APGH＝GH，所以GH∥MO，所以PA∥GH.

[通法在握]

证明直线与平面平行的3种方法

定义法

一般用反证法

判定定理法

关键是在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程

性质判定法

即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面

[演练冲关]

（2018·豫东名校联考）如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点（不包括A，D两点），平面CEC1与平面BB1D交于FG.

证明：

FG∥平面AA1B1B.

证明：

在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，

所以CC1∥平面BB1D.

又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，

所以CC1∥FG.

因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.

因为BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，

所以FG∥平面AA1B1B.

考点二　平面与平面平行的判定与性质

[典例引领]

（2018·嘉兴模拟）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，点D1是B1C1的中点，求证：

平面A1BD1∥平面AC1D.

证明：

如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以点E为A1C的中点，因为A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，所以A1B∥ED，

因为点E是A1C的中点，所以点D是BC的中点，

又因为点D1是B1C1的中点，所以D1C1綊BD，

所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以BD1∥C1D.

因为BD1⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，

所以BD1∥平面AC1D，

又因为A1B∩BD1＝B，

所以平面A1BD1∥平面AC1D.

[由题悟法]

判定平面与平面平行的5种方法

（1）面面平行的定义，即证两个平面没有公共点（不常用）；

（2）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个平面平行（客观题可用）；

（4）利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行（客观题可用）；

（5）利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行．

[即时应用]

1．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：

GH∥平面ABC.

证明：

取FC的中点I，连接GI，HI，

则有GI∥EF，HI∥BC.

又EF∥DB，所以GI∥BD，

又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，

所以平面GHI∥平面ABC.

因为GH⊂平面GHI，

所以GH∥平面ABC.

2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证：

（1）BE∥平面DMF；

（2）平面BDE∥平面MNG.

证明：

（1）如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，

则AE必过DF与GN的交点O，

连接MO，则MO为△ABE的中位线，

所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，

所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.

又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，

所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，

所以平面BDE∥平面MNG.

[典例引领]

（2019·舟山诊断）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，A1A的中点，Q是BC上一个动点，且BQ＝λQC（λ＞0）．

（1）当λ＝1时，求证：

平面BEF∥平面A1DQ；

（2）是否存在λ，使得BD⊥FQ？

若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解：

（1）证明：

当λ＝1时，Q为BC的中点，

因为E是AD的中点，所以ED＝BQ，ED∥BQ，

则四边形BEDQ是平行四边形，

所以BE∥DQ，又BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，

所以BE∥平面A1DQ.

因为F是A1A的中点，所以EF∥A1D，

因为EF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，

所以EF∥平面A1DQ.

又BE∩EF＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，

所以平面BEF∥平面A1DQ.

（2）假设存在满足条件的λ，如图连接AQ，BD，FQ.因为A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD.

因为BD⊥FQ，A1A∩FQ＝F，

所以BD⊥平面A1AQ.

因为AQ⊂平面A1AQ，所以AQ⊥BD.

在矩形ABCD中，由AQ⊥BD，得△AQB∽△DBA，

所以＝，则AB2＝AD·BQ.

又AB＝1，AD＝2，所以BQ＝，

则QC＝，则＝，即λ＝.

[由题悟法]

探索性问题的一般解题方法

先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．

[即时应用]

如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.

若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且＝λ，使得CP∥平面ABEF？

若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．

解：

AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝.

理由如下：

当λ＝时，＝，可知＝，

如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，

则有＝＝，

又BE＝1，可得FD＝5，

故MP＝3，

又EC＝3，MP∥FD∥EC，

故有MP綊EC，

故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME，

又ME⊂平面ABEF，CP⊄平面ABEF，

故有CP∥平面ABEF.

一抓基础，多练小题做到眼疾手快

1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是（　　）

A．平行　　　　　　　　　　B．相交

C．异面D．以上都有可能

解析：

选D　由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面．

2．（2018·宁波模拟）在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是（　　）

A．平行B．相交

C．在平面内D．不能确定

解析：

选A　如图，由＝得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.

3．（2018·绍兴期中考试）已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：

①α内任意不共线的三点到β的距离都相等；

②l，m是α内的两条直线，且l∥β，m∥β；

③l，m是两条异面直线，且l∥α，l∥β，m∥α，m∥β；

其中可以判定α∥β的是（　　）

A．①B．②

C．①③D．③

解析：

选C　本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定．对于命题①，任意不共线三点可以确定一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可得到α∥β，故①正确；对于命题②，由面面平行的判定可知，若l，m平行，