浙江高考数学一轮复习 直线平面平行的判定及其性质文档格式.docx

1、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，a，b，ab小题体验1（教材习题改编）已知平面平面，直线a，有下列命题：a与内的所有直线平行；a与内无数条直线平行；a与内的任意一条直线都不垂直其中真命题的序号是_答案：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BDACO，连接EO，在BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EOBD1，又因为EO平面ACE，BD1平面AEC，所以BD1平面ACE.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”

2、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，那么直线a与平面内的（）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选D因为a平面，直线a与平面无公共点，因此a和平面内的任意一条直线都不相交，故选D.2设，是两个不同的平面，m是直线且m，“m ”是“ ”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选B当m时，过m的平面与可能平行也可能相交，因而m/ ；当时，内任一直线与平行，因为m，所以m.综上知，“m ”是“ ”的必要而不充分条件考点一直线与平面平行的判定与性

3、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，PBBC，ACBC，点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点（1）求证：PB平面EFG；（2）求证：BCEG.证明：（1）点F，G分别为BC，PC的中点，GFPB，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，EFAC，GFPB，PBBC，ACBC，EFBC，GFBC，EF

4、GFF，EF平面EFG，GF平面EFG，BC平面EFG，EG平面EFG，BCEG.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：APGH.如图所示，连接AC交BD于点O，则点O为AC中点连接MO，则有MOPA.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APGHGH，所以GHMO，所以PAGH.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

5、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.FG平面AA1B1B.在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1CC1，BB1平面BB1D，CC1平面BB1D，所以CC1平面BB1D.又CC1平面CEC1，平面CEC1平面BB1DFG，所以CC1FG.因为BB1CC1，所以BB1FG.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

6、定与性质典例引领嘉兴模拟）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.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AC1DED，所以A1BED，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BD1C1D.因为BD1平面AC1D，C1D平面AC1D，所以BD1平面AC1D，又因为A1BBD1B，所以平面A1BD1平面AC1

7、D.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，EFDB，G，H分别是EC和FB的中点求证：GH平面ABC.取FC的中点I，连接GI，HI，则有GIEF，HIBC.又EFDB，所以GIBD，又GIHII，BDBCB，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GH

8、I，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.（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BEMO，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DEGN，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BDMN，又BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG，又DE平面

9、BDE，BD平面BDE，DEBDD，所以平面BDE平面MNG.（2019舟山诊断）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，E，F分别为AD，A1A的中点，Q是BC上一个动点，且BQQC（0）（1）当1时，求证：平面BEF平面A1DQ；（2）是否存在，使得BDFQ？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由解：（1）证明：当1时，Q为BC的中点，因为E是AD的中点，所以EDBQ，EDBQ，则四边形BEDQ是平行四边形，所以BEDQ，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EFA1D，因为EF平面A1DQ，A1D平面A1DQ，所以EF平

10、面A1DQ.又BEEFE，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，如图连接AQ，BD，FQ.因为A1A平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1ABD.因为BDFQ，A1AFQF，所以BD平面A1AQ.因为AQ平面A1AQ，所以AQBD.在矩形ABCD中，由AQBD，得AQBDBA，所以，则AB2ADBQ.又AB1，AD2，所以BQ，则QC，则，即.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，

11、则说明不存在如图，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，E，F分别在BC，AD上，EFAB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC.若BE1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由AD上存在一点P，使得CP平面ABEF，此时.理由如下：当时，可知，如图，过点P作MPFD交AF于点M，连接EM，PC，则有，又BE1，可得FD5，故MP3，又EC3，MPFDEC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CPME，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

12、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AEEBCFFB12，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不能确定选A如图，由得ACEF.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，给定以下条件：内任意不共线的三点到的距离都相等；l，m是内的两条直线，且l，m；l，m是两条异面直线，且l，l，m，m；其中可以判定的是（）A BC D选C本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定对于命题，任意不共线三点可以确定一个平面，即为，该三点到平面的距离相等，即可得到，故正确；对于命题，由面面平行的判定可知，若l，m平行，