最新高考数学理科一轮学案43空间的平行关系含答案.docx
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最新高考数学理科一轮学案43空间的平行关系含答案
学案43 空间的平行关系
导学目标：
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空间图形的平行关系．
自主梳理
1．直线a和平面α的位置关系有________、________、__________，其中________与________统称直线在平面外．
2．直线和平面平行的判定：
（1）定义：
直线和平面没有____________，则称直线和平面平行．
（2）判定定理：
a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒________；
（3）其他判定方法：
α∥β，a⊂α⇒________.
3．直线和平面平行的性质定理：
a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒________.
4．两个平面的位置关系有________、________.
5．两个平面平行的判定：
（1）定义：
两个平面没有________，称这两个平面平行；
（2）判定定理：
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α；
（3）推论：
a∩b＝P，a，b⊂α，a′∩b′＝P′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒________.
6．两个平面平行的性质定理：
α∥β，a⊂α⇒________；
α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒________.
7．与垂直相关的平行的判定：
（1）a⊥α，b⊥α⇒________；
（2）a⊥α，a⊥β⇒________.
自我检测
1．（20xx·湖南四县调研）平面α∥平面β的一个充分条件是（ ）
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，a∥β，b⊂β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
2．（20xx·烟台模拟）一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是（ ）
A．l∥αB．l⊥α
C．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α
3．下列各命题中：
①平行于同一直线的两个平面平行；
②平行于同一平面的两个平面平行；
③一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个相交；
④垂直于同一直线的两个平面平行．
不正确的命题个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．经过平面外的两点作该平面的平行平面，可以作（ ）
A．0个B．1个
C．0个或1个D．1个或2个
5．（20xx·南京模拟）在四面体ABCD中，M、N分别是△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________________.
探究点一 线面平行的判定
例1
已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P、Q分别是对角线AE、BD上的点，且AP＝DQ.求证：
PQ∥平面CBE.
变式迁移1 （20xx·长沙调研）在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M、N分别是AB、PC的中点，求证：
MN∥平面PAD.
探究点二 面面平行的判定
例2
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点，求证：
平面MNP∥平面A1BD.
变式迁移2 已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心．
（1）求证：
平面G1G2G3∥平面ABC；
（2）求S△G1G2G3∶S△ABC.
探究点三 平行中的探索性问题
例3
（20xx·惠州月考）如图所示，在四棱锥P—ABCD中，CD∥AB，AD⊥AB，
AD＝DC＝
AB，BC⊥PC.
（1）求证：
PA⊥BC；
（2）试在线段PB上找一点M，使CM∥平面PAD，并说明理由．
变式迁移3
如图所示，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?
转化与化归思想综合应用
例
（12分）一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M、N分别是AB、SC的中点，P是SD上的一动点．
（1）求证：
BP⊥AC；
（2）当点P落在什么位置时，AP∥平面SMC?
（3）求三棱锥B—NMC的体积．
多角度审题
第
（1）问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD，第
（2）问是一个开放型问题，可有两种思维方式：
一是猜想P是SD的中点，二是从结论“AP平行于平面SMC”出发找P满足的条件．
【答题模板】
（1）证明 连接BD，∵ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，又SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥AC，∵BD∩SD＝D，∴AC⊥平面SDB，∵BP⊂平面SDB，
∴AC⊥BP，即BP⊥AC.[4分]
（2）解 取SD的中点P，连接PN，AP，MN.
则PN∥DC且PN＝
DC.[6分]
∵底面ABCD为正方形，∴AM∥DC且AM＝
DC，
∴四边形AMNP为平行四边形，∴AP∥MN.
又AP⊄平面SMC，MN⊂平面SMC，∴AP∥平面SMC.[8分]
（3）解 VB—NMC＝VN—MBC＝
S△MBC·
SD＝
·
·BC·MB·
SD＝
×1×
×
×2＝
.[12分]
【突破思维障碍】
1．本题综合考查三视图、体积计算及线面平行、垂直等位置关系，首先要根据三视图想象直观图，尤其是其中的平行、垂直及长度关系，第
（1）问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD，第
（2）问是一个开放型问题，开放型问题能充分考查学生的思维能力和创新精神，近年来在高考试题中频繁出现这类题目．结合空间平行关系，利用平行的性质，设计开放型试题是新课标高考命题的一个动向．
2．线线平行与线面平行之间的转化体现了化归的思想方法．
1.直线与平面平行的重要判定方法：
（1）定义法；
（2）判定定理；（3）面与面平行的性质定理．
2.平面与平面平行的重要判定方法：
（1）定义法；
（2）判定定理；（3）利用结论：
a⊥α，a⊥β⇒α∥β.
3.线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化：
（满分：
75分）
一、选择题（每小题5分，共25分）
1.（20xx·开封月考）下列命题中真命题的个数为（ ）
①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；
④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线．
A.1B．2C．3D．4
2.已知直线a、b、c和平面m，则直线a∥直线b的一个必要不充分的条件是（ ）
A.a⊥m且b⊥mB．a∥m且b∥m
C.a∥c且b∥cD．a，b与m所成的角相等
3.在空间中，下列命题正确的是（ ）
A.若a∥α，b∥a，则b∥α
B.若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥α
C.若α∥β，b∥α，则b∥β
D.若α∥β，a⊂α，则a∥β
4.设l1、l2是两条直线，α、β是两个平面，A为一点，有下列四个命题，其中正确命题的个数是（ ）
①若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1与l2必为异面直线；
②若l1∥α，l2∥l1，则l2∥α；
③若l1⊂α，l2⊂β，l1∥β，l2∥α，则α∥β；
④若α⊥β，l1⊂α，则l1⊥β.
A.0B．1C．2D．3
5.若直线a，b为异面直线，则分别经过直线a，b的平面中，相互平行的有（ ）
A.1对B．2对
C.无数对D．1或2对
二、填空题（每小题4分，共12分）
6.（20xx·秦皇岛月考）下列四个正方体图形中，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∥面MNP的图形的序号是________（写出所有符合要求的图形序号）．
7.（20xx·大连模拟）过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的有______条．
8.
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＝________.
三、解答题（共38分）
9．（12分）
如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分别是BC和A1B1的中点．
求证：
MN∥平面AA1C1C.
10．（12分）（20xx·湖南改编）
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？
证明你的结论．
11．（14分）
（20xx·济宁模拟）如图，四边形ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE，且点F在CE上．
（1）求证：
AE⊥BE；
（2）求三棱锥D—AEC的体积；
（3）设点M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.
学案43 空间的平行关系
自主梳理
1．平行 相交 在平面内 平行 相交 2.
（1）公共点
（2）a∥α （3）a∥β 3.a∥l 4.平行 相交 5.
（1）公共点
（3）α∥β 6.a∥β a∥b 7.
（1）a∥b
（2）α∥β
自我检测
1．D 2.D 3.A 4.C
5．面ABC和面ABD
课堂活动区
例1
解题导引 证明线面平行问题一般可考虑证线线平行或证面面平行，要充分利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化．
证明
如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.
∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共边AB，∴AE＝BD.
又∵AP＝DQ，∴PE＝QB，
又∵PM∥AB∥QN，
∴
＝
，
＝
，∴
＝
.
∴PM綊QN，∴四边形PQNM为平行四边形，
∴PQ∥MN
又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
变式迁移1 证明 取PD中点F，连接AF、NF、NM.
∵M、N分别为AB、PC的中点，
∴NF綊
CD，AM綊
CD，∴AM綊NF.
∴四边形AMNF为平行四边形，∴MN∥AF.
又AF⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
例2
解题导引 面面平行的常用判断方法有：
（1）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；
（2）利用垂直于同一条直线的两个平面平行；关键是利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．
证明 方法一
如图所示，连接B1D1、B1C.
∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD，
∴PN∥BD.
又PN⊄面A1BD，
∴PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，
∴平面MNP∥平面A1BD.
方法二
如图所示，连接AC1、AC.
∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，
∴AC⊥BD.
又CC1⊥面ABCD，
BD⊂面ABCD，
∴CC1⊥BD，∴BD⊥面ACC1，
又∵AC1⊂面ACC1，∴AC1⊥BD.
同理可证AC1⊥A1B，
∴AC1⊥平面A1BD.
同理可证AC1⊥平面PMN，
∴平面PMN∥平面A1BD.
变式迁移2
（1）证明 如图所示，连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、AC交于点D、E、F，连接DE、EF、FD，则有PG1∶PD＝2∶3，
PG2∶PE＝2∶3，∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC内，DE在平面ABC内，
∴G1G2∥平面ABC.
同理G2G3∥平面ABC.
又因为G1G2∩G2G3＝G2，
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
（2）解 由
（1）知
＝
＝
，∴G1G2＝
DE.
又DE＝
AC，∴G1G2＝
AC.
同理G2G3＝
AB，G1G3＝
BC.
∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比为1∶3，
∴S△G1G2G3∶S△ABC＝1∶9.
例3
解题导引 近几年探索性问题在高考中时有出现，解答此类问题时先以特殊位置尝试探究，找到符合要求的点后再给出严格证明．
（1）证明 连接AC，过点C作CE⊥AB，垂足为E.
在四边形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC，
∴四边形ADCE为正方形．
∴∠ACD＝∠ACE＝45°.
∵AE＝CD＝
AB，∴BE＝AE＝CE.∴∠BCE＝45°.
∴∠ACB＝∠ACE＋∠BCE＝45°＋45°＝90°.
∴AC⊥BC.
又∵BC⊥PC，AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，AC∩PC＝C，
∴BC⊥平面PAC.∵PA⊂平面PAC，∴PA⊥BC.
（2）解 当M为PB的中点时，CM∥平面PAD.
取AP的中点F，连接CM，FM，DF.
则FM綊
AB.
∵CD∥AB，CD＝
AB，
∴FM綊CD.
∴四边形CDFM为平行四边形．∴CM∥DF.
∵DF⊂平面PAD，CM⊄平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
变式迁移3 解 当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点，
∴D1B∥PO.
又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
课后练习区
1．A [①、②、③错，④对．]
2．D [注意命题之间的相互推出关系；易知选项D中，若两直线平行，则其与m所成的角相等，反之却不一定成立，故a、b与m所成的角相等是两直线平行的必要不充分条件．]
3．D [A不正确，由直线与平面平行的判定定理的条件知缺少条件b⊄α；B不正确，由两个平面平行的判定定理的条件，因a、b未必相交，而可能为两条平行直线，则α、β未必平行；C不正确，因有可能b⊂β；D正确，由两个平面平行的定义及直线与平面平行的定义知正确．]
4．A [①错，l1⊂α，l2∩α＝A，l1与l2可能相交．
②错，l2有可能在平面α内．
③错，α有可能与β相交．
④错，l1有可能与平面β相交或平行或在平面内．]
5．A
[如图，a，b为异面直线，过b上一点作a′∥a，直线a′，b确定一个平面β，过a上一点作b′∥b，b与b′确定一个平面α，则α∥β.因为α，β是惟一的，所以相互平行的平面仅有一对．]
6．①③
解析 ①∵面AB∥面MNP，∴AB∥面MNP，
②过N作AB的平行线交于底面正方形的中心O，
NO⊄面MNP，
∴AB与面MNP不平行．
③易知AB∥MP，
∴AB∥面MNP；
④过点P作PC∥AB，
∵PC⊄面MNP，
∴AB与面MNP不平行．
7.
6
解析 如图，EF∥E1F1∥AB，
EE1∥FF1∥BB1，F1E∥A1D，
E1F∥B1D，
∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6条．
8.
a
解析
如图所示，连接AC，
易知MN∥平面ABCD，
又∵PQ为平面ABCD与平面MNQP的交线，
∴MN∥PQ.
又∵MN∥AC，∴PQ∥AC，
又∵AP＝
，
∴
＝
＝
＝
，∴PQ＝
AC＝
a.
9．证明 设A1C1中点为F，连接NF，FC，
∵N为A1B1中点，
∴NF∥B1C1，且NF＝
B1C1，
又由棱柱性质知B1C1綊BC，（4分）
又M是BC的中点，
∴NF綊MC，
∴四边形NFCM为平行四边形．
∴MN∥CF，（8分）
又CF⊂平面AA1C1C，
MN⊄平面AA1C1C，
∴MN∥平面AA1C1C.（12分）
10．解 在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：
如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因为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，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.（6分）
因为四边形C1CDD1与B1BCC1都是正方形，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.而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.（12分）
11．
（1）证明 由AD⊥平面ABE及AD∥BC，
得BC⊥平面ABE，BC⊥AE，（1分）
而BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE，（2分）
又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE，
又BE⊂平面BCE，故AE⊥BE.（4分）
（2）解 在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H，
则EH⊥平面ACD.
由已知及
（1）得EH＝
AB＝
，S△ADC＝2
.
（6分）
故VD—AEC＝VE—ADC＝
×2
×
＝
.（8分）
（3）解 在△ABE中，过点M作MG∥AE交BE于点G，在△BEC中过点G作GN∥BC交EC于点N，
连接MN，则由
＝
＝
＝
，得CN＝
CE.
由MG∥AE，AE⊂平面ADE，
MG⊄平面ADE，则MG∥平面ADE.（10分）
再由GN∥BC，BC∥AD，AD⊂平面ADE，GN⊄平面ADE，
得GN∥平面ADE，所以平面MGN∥平面ADE.
又MN⊂平面MGN，则MN∥平面ADE.（12分）
故当点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点时，
MN∥平面ADE.（14分）
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