（通用版）2022年高考數學一輪復習 第8章 立體幾何 4 第4講 直線、平面平行的判定與性質教案 理

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1、（通用版）2022年高考數學一輪復習 第8章 立體幾何 4 第4講 直線、平面平行的判定與性質教案 理 1．直線與平面平行的判定定理和性質定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 平面外一條直線與這個平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行(線線平行?線面平行) 因為l∥a， a?α，l?α， 所以l∥α 性質定理 一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡記為“線面平行?線線平行”) 因為l∥α， l?β，α∩ β＝b， 所以l∥b 2.平面與平面平行的判定定理和性質定理 文字語言 圖形語言

2、 符號語言 判定定理 一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”) 因為a∥β， b∥β，a∩ b＝P， a?α，b?α， 所以α∥β 性質定理 如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行 因為α∥β， α∩γ＝a， β∩γ＝b， 所以a∥b 3.線、面平行中的三個重要結論 (1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β； (2)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b； (3)平行于同一個平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ. 判斷

3、正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)若一條直線平行于一個平面內的一條直線，則這條直線平行于這個平面．(　　) (2)若一條直線平行于一個平面，則這條直線平行于這個平面內的任一條直線．(　　) (3)若直線a與平面α內無數條直線平行，則a∥α.(　　) (4)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．(　　) (5)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內的兩條直線平行或異面．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ (教材習題改編)如果直線a∥平面α，那么直線a與平面α內的(　　) A．一條直線不相交 B．兩條直線不相交

4、 C．無數條直線不相交 D．任意一條直線都不相交 解析：選D.因為a∥平面α，直線a與平面α無公共點，因此a和平面α內的任意一條直線都不相交，故選D. a、b、c為三條不重合的直線，α、β、γ為三個不重合的平面，現給出四個命題： ①?α∥β　　　　　 ②?α∥β ③?a∥α ④?a∥α 其中正確的命題是________． 解析：②正確．①錯在α與β可能相交．③④錯在a可能在α內． 答案：② (教材習題改編)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中點，則BD1與平面ACE的位置關系為________． 解析：如圖，連接AC，BD交于O點，連接OE，因為OE∥

5、BD1，而OE?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 　　　　　　線面平行的判定與性質(高頻考點) 平行關系是空間幾何中的一種重要關系，包括線線平行、線面平行、面面平行，其中線面平行在高考試題中出現的頻率很高，一般出現在解答題的某一問中．高考對線面平行的判定與性質的考查主要有以下三個命題角度： (1)線面位置關系的判斷； (2)線面平行的證明； (3)線面平行性質的應用． [典例引領] 角度一　線面位置關系的判斷 設m，n表示不同直線，α，β表示不同平面，則下列結論中正確的是(　　) A．若m∥α，m∥n，則n∥α B．若m?α

6、，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β C．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n?β，則n∥β 【解析】　A錯誤，n有可能在平面α內；B錯誤，平面α有可能與平面β相交；C錯誤，n也有可能在平面β內；D正確，易知m∥β或m?β，若m?β，又n∥m，n?β，所以n∥β，若m∥β，過m作平面γ交平面β于直線l，則m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n?β，l?β，所以n∥β. 【答案】　D 角度二　線面平行的證明 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A的中點．求證： (1)BF∥HD1； (2)EG∥平面BB

7、1D1D. 【證明】　(1)如圖所示，取BB1的中點M，連接MH，MC1，易證四邊形HMC1D1是平行四邊形， 所以HD1∥MC1. 又因為在平面BCC1B1中，BM綊FC1， 所以四邊形BMC1F為平行四邊形， 所以MC1∥BF， 所以BF∥HD1. (2)取BD的中點O，連接EO，D1O， 則OE∥DC且OE＝DC， 又D1G∥DC且D1G＝DC， 所以OE綊D1G， 所以四邊形OEGD1是平行四邊形， 所以GE∥D1O. 又D1O?平面BB1D1D，GE?平面BB1D1D， 所以EG∥平面BB1D1D. 角度三　線面平行性質的應用 如圖，在四棱柱ABCD

8、-A1B1C1D1中，E為線段AD上的任意一點(不包括A，D兩點)，平面CEC1與平面BB1D交于FG.證明：FG∥平面AA1B1B. 【證明】　在四棱柱ABCD-A1B1C1D1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與平面BB1D交于FG， 所以CC1∥FG，因為BB1∥CC1， 所以BB1∥FG，而BB1?平面AA1B1B，FG?平面AA1B1B， 所以FG∥平面AA1B1B. 證明直線與平面平行的常用方法 (1)定義法：證明直線與平面沒有公共點，通常要借助于反證法來證明．

9、 (2)判定定理法：在利用判定定理時，關鍵是找到平面內與已知直線平行的直線，可先直觀判斷題中是否存在這樣的直線，若不存在，則需作出直線，?？紤]利用三角形的中位線、平行四邊形的對邊平行或過已知直線作一平面，找其交線進行證明．　 [通關練習] 1．(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 解析：選A.對于選項B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同

10、理可證選項C，D中均有AB∥平面MNQ.故選A. 2.如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，F是AB的中點，E是PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)在PC上求一點G，使FG∥平面AEC，并證明你的結論． 解：(1)證明：連接BD與AC交于點O，連接EO. 因為四邊形ABCD為矩形， 所以O為BD的中點． 又E為PD的中點， 所以EO∥PB. 因為EO?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)PC的中點G即為所求的點． 證明如下： 連接GE、FG， 因為E為PD的中點， 所以GE綊CD. 又F為AB的中點，且四邊

11、形ABCD為矩形， 所以FA綊CD. 所以FA綊GE. 所以四邊形AFGE為平行四邊形， 所以FG∥AE.又FG?平面AEC，AE?平面AEC， 所以FG∥平面AEC. 　　　　　　面面平行的判定與性質 [典例引領] 如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點，求證： (1)B，C，H，G四點共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 【證明】　(1)因為G，H分別是A1B1，A1C1的中點， 所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC， 所以GH∥BC，所以B，C，H，G四點共面． (2)在△ABC中，E，

12、F分別為AB，AC的中點， 所以EF∥BC， 因為EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， 所以EF∥平面BCHG. 又因為G，E分別為A1B1，AB的中點， 所以A1G綊EB，所以四邊形A1EBG是平行四邊形， 所以A1E∥GB. 因為A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG， 所以A1E∥平面BCHG. 又因為A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG. 1．在本例條件下，若D為BC1的中點，求證：HD∥平面A1B1BA. 證明：如圖所示，連接HD，A1B， 因為D為BC1的中點， H為A1C1的中點， 所以HD∥A1B， 又HD?平面A1B1BA，

13、 A1B?平面A1B1BA， 所以HD∥平面A1B1BA. 2．在本例條件下，若D1，D分別為B1C1，BC的中點，求證：平面A1BD1∥平面AC1D. 證明：如圖所示， 連接A1C交AC1于點M， 因為四邊形A1ACC1是平行四邊形， 所以M是A1C的中點，連接MD， 因為D為BC的中點， 所以A1B∥DM. 因為A1B?平面A1BD1， DM?平面A1BD1， 所以DM∥平面A1BD1. 又由三棱柱的性質知，D1C1綊BD， 所以四邊形BDC1D1為平行四邊形， 所以DC1∥BD1. 又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1， 所以DC1∥平面A1

14、BD1， 又因為DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D， 所以平面A1BD1∥平面AC1D. 　 　　　　　　　　　　　　 如圖，AB∥平面α∥平面β，過A，B的直線m，n分別交α，β于C，E和D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，則BD的長為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選C.由AB∥α∥β，易證 ＝. 即＝， 所以BD＝＝＝. 　　　　　　線、面平行中的探索性問題 [典例引領] 如圖，四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點． (1)求證：CE∥平面PAD； (2)在線段AB上是否存在

15、一點F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結論，若不存在，請說明理由． 【解】　(1)證明：如圖所示，取PA的中點H，連接EH，DH， 因為E為PB的中點， 所以EH∥AB，EH＝AB， 又AB∥CD，CD＝AB. 所以EH∥CD，EH＝CD， 因此四邊形DCEH是平行四邊形， 所以CE∥DH， 又DH?平面PAD，CE?平面PAD， 所以CE∥平面PAD. (2)如圖所示，取AB的中點F，連接CF，EF， 所以AF＝AB，又CD＝AB，所以AF＝CD， 又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形， 所以CF∥AD， 又CF?平面PAD， 所以CF∥平

16、面PAD， 由(1)可知CE∥平面PAD， 又CE∩CF＝C， 故平面CEF∥平面PAD， 故存在AB的中點F滿足要求． 解決探索性問題的方法 (1)根據探索性問題的設問，假設其存在并探索出結論，然后在這個假設下進行推理論證，若得到合乎情理的結論就肯定假設，若得到矛盾就否定假設． (2)按類似于分析法的格式書寫步驟：從結論出發(fā)“要使……成立”“只需使……成立”．　 如圖，已知在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2. (1)求證：DB⊥平面B1BCC1； (2)設E是DC上一點，試確定E的位置，使得D1E∥平面

17、A1BD，并說明理由． 解：(1)證明：因為AB∥DC，AD⊥DC， 所以AB⊥AD， 在Rt△ABD中，AB＝AD＝1， 所以BD＝，易求BC＝， 因為CD＝2， 所以BD⊥BC. 又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B， 所以BD⊥平面B1BCC1. (2)DC的中點為E點． 如圖，連接BE， 因為DE∥AB，DE＝AB， 所以四邊形ABED是平行四邊形． 所以AD∥BE. 又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1， 所以四邊形A1D1EB是平行四邊形， 所以D1E∥A1B. 因為D1E?平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD. 線線、線面、面面平行間的轉化

18、 線線平行線面平行面面性質定理判定定理平行 其中線面平行是核心，線線平行是基礎，要注意它們之間的靈活轉化． 線面、面面平行的判定中所遵循的原則 一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行” 到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉化的方向總是由題目的具體條件而定，不可過于“模式化”． 易錯防范 (1)直線與平面平行的判定中易忽視“線在面內”這一關鍵條件． (2)面面平行的判定中易忽視“面內兩條相交線”這一條件．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．在空間內，下列

19、命題正確的是(　　) A．平行直線的平行投影重合 B．平行于同一直線的兩個平面平行 C．垂直于同一平面的兩個平面平行 D．垂直于同一平面的兩條直線平行 解析：選D.對于A，平行直線的平行投影也可能互相平行，或為兩個點，故A錯誤；對于B，平行于同一直線的兩個平面也可能相交，故B錯誤；對于C，垂直于同一平面的兩個平面也可能相交，故C錯誤；而D為直線和平面垂直的性質定理，正確． 2．平面α∥平面β的一個充分條件是(　　) A．存在一條直線a，a∥α，a∥β B．存在一條直線a，a?α，a∥β C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在兩條異面直線a，b，

20、a?α，b?β，a∥β，b∥α 解析：選D.若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a?α，a∥l，則a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，則a∥β，b∥α，故排除C. 3．已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥γ，α⊥β，則γ∥β B．若m∥n，m?α，n?β，則α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β D．若m∥n，m∥α，則n∥α 解析：選C.對于A，若α⊥γ，α⊥β，則γ∥β或γ與β相交；對于B，若m∥n，m?α，n?β，則α∥β或α與β相交；易

21、知C正確；對于D，若m∥n，m∥α，則n∥α或n在平面α內．故選C. 4.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F分別為邊AB，AD上的點，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中點，則(　　) A．BD∥平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形 解析：選B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF?平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所

22、以四邊形EFGH是梯形． 　　　　　　　　　　　　 5.在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為6的正三角形，SA＝SB＝SC＝12，平面DEFH分別與AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H，且它們分別是AB、BC、SC、SA的中點，那么四邊形DEFH的面積為(　　) A．18　　　　B．18 C．36　　　　D．36 解析：選A.因為D、E、F、H分別是AB、BC、SC、SA的中點，所以DE∥AC，FH∥AC，DH∥SB，EF∥SB，則四邊形DEFH是平行四邊形，且HD＝SB＝6，DE＝AC＝3.如圖，取AC的中點O，連接OB、SO，因為SA＝SC＝12，AB＝BC＝6，所以A

23、C⊥SO，AC⊥OB，又SO∩OB＝O，所以AO⊥平面SOB，所以AO⊥SB，則HD⊥DE，即四邊形DEFH是矩形，所以四邊形DEFH的面積S＝6×3＝18，故選A. 6．設m，l表示直線，α表示平面，若m?α，則“l(fā)∥α”是“l(fā)∥m”的________條件．(填“充分”“必要”“充要”“既不充分也不必要”) 解析：m?α，l∥α不能推出l∥m；m?α，l∥m也不能推出l∥α，所以是既不充分也不必要條件． 答案：既不充分也不必要 7.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________． 解析：

24、因為EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， 所以EF∥AC，所以F為DC的中點． 故EF＝AC＝. 答案： 8．在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是A1B1的中點，過點A1作與截面PBC1平行的截面，所得截面的面積是________． 解析：如圖，取AB，C1D1的中點E，F，連接A1E，A1F，EF，則平面A1EF∥平面BPC1. 在△A1EF中， A1F＝A1E＝，EF＝2， S△A1EF＝×2×＝， 從而所得截面面積為2S△A1EF＝2. 答案：2 9.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中點

25、，E、F、G分別是BC、DC、SC的中點，求證： (1)直線EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 證明：(1)如圖，連接SB， 因為E、G分別是BC、SC的中點， 所以EG∥SB. 又因為SB?平面BDD1B1， EG?平面BDD1B1， 所以直線EG∥平面BDD1B1. (2)連接SD， 因為F、G分別是DC、SC的中點， 所以FG∥SD. 又因為SD?平面BDD1B1，FG?平面BDD1B1， 所以FG∥平面BDD1B1，又EG?平面EFG， FG?平面EFG，EG∩FG＝G， 所以平面EFG∥平面BDD1B1. 10．(2018·

26、云南省11?？鐓^(qū)調研)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E為CD的中點． (1)求證：BC∥平面PAE； (2)求點A到平面PCD的距離． 解：(1)證明：因為AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°， 所以AC＝2，∠BCA＝60°. 在△ACD中，因為AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°， 所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD， 所以CD＝4，所以AC2＋AD2＝CD2， 所以△ACD是直角三角形， 又E為CD中點， 所以AE＝CD＝CE， 因為∠ACD＝60°

27、， 所以△ACE為等邊三角形， 所以∠CAE＝60°＝∠BCA， 所以BC∥AE， 又AE?平面PAE，BC?平面PAE， 所以BC∥平面PAE. (2)設點A到平面PCD的距離為d，根據題意可得， PC＝2，PD＝CD＝4， 所以S△PCD＝2， 因為VP-ACD＝VA-PCD， 所以·S△ACD·PA＝·S△PCD·d， 所以××2×2×2＝×2d， 所以d＝， 所以點A到平面PCD的距離為. 1．如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面四個命題： ①沒有

28、水的部分始終呈棱柱形； ②水面EFGH所在四邊形的面積為定值； ③棱A1D1始終與水面所在平面平行； ④當容器傾斜如圖所示時，BE·BF是定值． 其中正確的個數是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C.由題圖，顯然①是正確的，②是錯的； 對于③因為A1D1∥BC，BC∥FG， 所以A1D1∥FG且A1D1?平面EFGH， 所以A1D1∥平面EFGH(水面)． 所以③是正確的； 因為水是定量的(定體積V)． 所以S△BEF·BC＝V， 即BE·BF·BC＝V. 所以BE·BF＝(定值)，即④是正確的，故選C. 2．(2018·安徽安慶模擬)在正方體A

29、BCD-A1B1C1D1中，M、N、Q分別是棱D1C1、A1D1、BC的中點，點P在BD1上且BP＝BD1.則以下四個說法： ①MN∥平面APC； ②C1Q∥平面APC； ③A、P、M三點共線； ④平面MNQ∥平面APC. 其中說法正確的是________． 解析：①連接MN，AC，則MN∥AC，連接AM、CN， 易得AM、CN交于點P，即MN?面APC，所以MN∥面APC是錯誤的； ②由①知M、N在平面APC上，由題易知AN∥C1Q， 所以C1Q∥面APC是正確的； ③由①知A，P，M三點共線是正確的； ④由①知MN?面APC， 又MN?面MNQ， 所以面MNQ∥面

30、APC是錯誤的． 答案：②③ 3．(2018·福建泉州質檢)在如圖所示的多面體中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4. (1)在AC上求作點P，使PE∥平面ABF，請寫出作法并說明理由； (2)求三棱錐A-CDE的高． 解：(1)取BC的中點G，連接DG，交AC于點P，連接EG，EP.此時P為所求作的點(如圖所示)． 下面給出證明：因為BC＝2AD，G為BC的中點， 所以BG＝AD. 又因為BC∥AD， 所以四邊形BGDA是平行四邊形， 故DG∥AB，即DP∥AB. 又AB?平面ABF，DP?平面ABF，

31、所以DP∥平面ABF. 因為AF∥DE，AF?平面ABF，DE?平面ABF， 所以DE∥平面ABF. 又因為DP?平面PDE，DE?平面PDE，PD∩DE＝D， 所以平面PDE∥平面ABF， 因為PE?平面PDE， 所以PE∥平面ABF. (2)在等腰梯形ABCD中，因為∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4， 所以可求得梯形的高為，從而△ACD的面積為×2×＝. 因為DE⊥平面ABCD， 所以DE是三棱錐E-ACD的高． 設三棱錐A-CDE的高為h. 由VA-CDE＝VE-ACD，可得×S△CDE×h＝S△ACD×DE，即×2×1×h＝×1，解得h＝. 故三棱錐A-CD

32、E的高為. 4．如圖所示，四邊形ABCD與四邊形ADEF都為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．求證： (1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)如圖所示，設DF與GN交于點O，連接AE，則AE必過點O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線， 所以BE∥MO. 因為BE?平面DMF，MO?平面DMF， 所以BE∥平面DMF. (2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點， 所以DE∥GN. 因為DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因為M為AB的中點， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN. 因為BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG. 因為DE與BD為平面BDE內的兩條相交直線， 所以平面BDE∥平面MNG.