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2014届《创新设计·高考一轮总复习》数学(理)第八篇 立体几何 第4讲


第4讲 直线、平面平行的判定及其性质
【2014年高考浙江会这样考】

1.考查判定线面的位置关系.
2 .以多面体为载体,考查线面平行、面面平行的判定或探 究.

抓住2个考点

突破3个考向

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考点梳理
1.直线与平面平行 (1)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).即:a?α, b?α ,且a∥b? a∥α . a∥β .

其他判定方法;α∥β,a?α?

(2)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 ( 线面平行 ? 线 线平行).即:a∥α,a?β,α∩β=l? .a∥l

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2.平面与平面平行 (1)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( 线面平行?面面平行) .即:
a?α,b?α,a∩b=M,a∥β,b∥β? .α∥β (2)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.即:α∥β,γ∩α=a,γ∩β=b? .

a∥b

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【助学·微博】 一个转化关系

平行问题的转化关系

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两点提醒 (1) 在推证线面平行时,必须满足三个条件:一是直线 a 在已

知平面外;二是直线b在已知平面内;三是两直线平行.
(2)把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的 平面与已知平面相交,则该直线与交线平行.

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考点自测 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 C.异面 解析 借助长方体模型易得. 答案 D B.相交

(
D.以上均有可能

).

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2.在空间中,下列命题正确的是 A.平行直线的平行投影重合

(

).

B.平行于同一直线的两个平面平行
C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 解析 选项A,平行直线的平行投影可以依然是两条平行 直线;选项B,两个相交平面的交线与某一条直线平行,

则这条直线平行于这两个平面;选项C,两个相交平面可
以同时垂直于同一个平面;选项D,正确. 答案 D
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3.(2013·长沙模拟)若直线a⊥b,且直线a∥平面α,则直线b 与平面α的位置关系是 ( ).

A.b?α
C.b?α或b∥α 解析

B.b∥α
D.b与α相交或b?α或b∥α

可以构造一草图来表示位置关系,经验证,当b与α

相交或b?α或b∥α时,均满足直线a⊥b,且直线a∥平面α 的情况,故选D.

答案 D

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4.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 解析 若 a∥α , b∥a ,则 b∥α 或 b?α ,故 A 错误;由面面 平行的判定定理知, B 错误;若 α∥β , b∥α ,则 b∥β 或

b?β,故C错误.
答案 D

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5 .在正方体 ABCDA1B1C1D1 中, E 是 DD1 的中点,则 BD1 与平面 ACE 的位置关系

为________.
解析 如图.连接 AC 、 BD 交于 O 点, 连接 OE ,因为 OE∥BD1 ,而 OE? 平面 ACE , BD1? 平面 ACE ,所以 BD1∥ 平面 ACE.

答案 平行

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考向一

线面平行的判定及性质

【例1】?(2012· 辽宁)如图,直三棱柱ABCA′B′C′,∠ BAC=90° ,AB=AC= A′B和B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面A′ACC′; (2)求三棱锥A′MNC的体积. 1 (锥体体积公式V=3Sh,其中S为底面面积,h为高) 2 ,AA′=1,点M,N分别为

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[审题视点] (1)连接AB′,AC′,在△AC′B′中由中位线 定理可证MN∥AC′,则线面平行可证;此问也可以应用面 面平行证明. (2)证A′N⊥平面NBC,故VA′MNC=VA′NBC-VMNBC= VA′NBC,体积可求. 1 2

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(1)证明

法一

连接AB′,AC′,如图由已知∠BAC=90°,

AB=AC,三棱柱ABCA′B′C′为直三棱柱,

所以M为AB′中点.
又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′. 又MN?平面A′ACC′,AC′?平面A′ACC′, 因此MN∥平面A′ACC′.

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法二

取 A′B′ 的中点 P ,连接 MP ,

NP , AB′ , 如 图 , 而 M , N 分 别 为

AB′与B′C′的中点,
所以MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′ , PN∥平面 A′ACC′. 又 MP∩NP = P ,因此平面 MPN∥平

面A′ACC′.
而 MN? 平 面 MPN , 因此 MN∥ 平面 A′ACC′.
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(2)解 法一 连接BN,如图由题意A′N⊥B′C′,平面 A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′, 1 所以A′N⊥平面NBC.又A′N= B′C′=1, 2 1 1 1 故VA′MNC=VNA′MC=2VNA′BC=2VA′NBC=6. 1 1 法二 VA′MNC=VA′NBC-VMNBC= VA′NBC= . 2 6

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[方法锦囊] (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找 到一条与已知直线平行的直线,可利用几何体的特征,合理

利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、
寻找比例式证明两直线平行.注意说明已知的直线不在平面 内. (2)证明直线与平面平行的方法:①利用定义结合反证;②利 用线面平行的判定定理;③利用面面平行的性质.

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【训练1】 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面

ABCD,AP=AB,BP=BC=2,E,F分别是PB,PC的中
点. (1)证明:EF∥平面PAD; (2)求三棱锥EABC的体积.

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(1)证明 在△PBC中,E,F分别是PB,PC的中点, ∴EF∥BC.又BC∥AD,∴EF∥AD. 又∵AD?平面PAD,EF?平面PAD, ∴EF∥平面PAD. (2)解

连接AE,AC,EC,过E作EG∥PA交AB于点G, 1 则EG⊥平面ABCD,且EG=2PA.

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在△PAB中,AP=AB,∠PAB=90° ,BP=2, 2 ∴AP=AB= 2,EG= 2 . 1 1 ∴S△ABC=2AB· BC=2× 2×2= 2. 1 1 2 1 ∴VEABC= S△ABC· EG= × 2× = . 3 3 2 3

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考向二 面面平行的判定和性质 【例2】?

如图,已知 ABCDA1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体,点 E 在
AA1上,点F在CC1上,G在BB1上,且AE=FC1=B1G=1, H是B1C1的中点. (1)求证:E,B,F,D1四点共面; (2)求证:平面A1GH∥平面BED1F.

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[审题视点] (1)证明BE綉D1F即可.(2)证明A1G∥BE,HG∥FB.

证明 (1)∵AE=B1G=1,∴BG=A1E=2, ∴BG綉A1E,∴A1G綉BE.

又同理,C1F綉B1G,∴四边形C1FGB1是平行四边形,
∴A1G綉D1F,∴D1F綉EB, 故E、B、F、D1四点共面.

∴FG綉C1B1綉D1A1,∴四边形A1GFD1是平行四边形.

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3 (2)∵H是B1C1的中点,∴B1H=2. B1G 2 又B1G=1,∴B H=3. 1 FC 2 又 = ,且∠FCB=∠GB1H=90° , BC 3 ∴△B1HG∽△CBF,∴∠B1GH=∠CFB=∠FBG, ∴HG∥FB. 又由(1)知A1G∥BE,且HG∩A1G=G, FB∩BE=B,∴平面A1GH∥平面BED1F.

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[方法锦囊] 要证面面平行需证线面平行,要证线面平行需证 线线平行,因此“面面平行”问题最终转化为“线线平行” 问题来解决.

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【训练2】 如图,在三棱柱ABCA1B1C1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.

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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綉EB,∴四边形A1EBG是平行四边形, ∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.
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∴A1E∥GB.∵A1E?平面BCHG,GB?平面BCHG.

考向三 线面平行中的探索性问题 【例3】?如图所示,四边形ABCD为矩形, AD⊥平面ABE,

AE=EB=BC,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.
(1)求证:AE⊥BE; (2)设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.

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[审题视点] (1)由BC⊥面ABE可得AE⊥BC,由BF⊥面ACE可 得AE⊥BF.

(2)过M作MG∥AE交BE于G,过G作GN∥BC交EC于N,连接
MN,可得面MNG∥面ADE.

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(1)证明 ∵AD⊥平面ABE,AD∥BC,∴BC⊥平面ABE,

则AE⊥BC.
又∵BF⊥平面ACE,∴AE⊥BF, ∴AE⊥平面BCE, 又BE?平面BCE, ∴AE⊥BE.

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(2)解 在△ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点,在△BEC 中过G点作GN∥BC交EC于N点,连接MN,则由比例关系 1 易得CN=3CE. ∵MG∥AE,MG?平面ADE,AE?平面ADE, ∴MG∥平面ADE. 同理,GN∥平面ADE. 又∵GN∩MG=G, ∴平面MGN∥平面ADE.

又MN?平面MGN, ∴MN∥平面ADE. ∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点.

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[方法锦囊] 解决探究性问题一般要采用执果索因的方法,假 设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结论成立

的充分条件,如果找到了符合题目结果要求的条件,则存
在;如果找不到符合题目结果要求的条件 (出现矛盾) ,则不 存在.

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【训练3】 如图,在四棱锥PABCD中,底面是平行四边形, PA⊥平面ABCD,点M、N分别为BC、PA的中点.在线段

PD 上是否存在一点 E ,使 NM∥平面 ACE ?若存在,请确
定点E的位置;若不存在,请说明理由.

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在 PD 上存在一点 E,使得 NM∥平面 ACE.

证明如下:如图,取 PD 的中点 E,连接 NE,EC,AE, 因为 N,E 分别为 PA,PD 的中点, 1 所以 NE 綉2AD.

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1 又在平行四边形ABCD中,CM綉 2 AD.所以NE綉MC,即四

边形MCEN是平行四边形.所以NM綉EC.

又EC?平面ACE,NM?平面ACE,所以MN∥平面ACE, 即在PD上存在一点E,使得NM∥平面ACE.

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规范解答13 如何作答平行关系证明题 【命题研究】 通过近三年的高考试题分析,对线面平行、面

面平行的证明一直受到命题人的青睐,多以多面体为载
体,证明线面平行和面面平行,题型为解答题,题目难度 不大.

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【真题探究】? (本小题满分12
分)(2012·山东) 如 图 , 几 何 体 EABCD 是 四 棱锥,△ABD为正三角形, CB=CD,EC⊥BD.

(1)求证:BE=DE;
(2) 若∠ BCD = 120°, M 为 线 段 AE 的 中 点 , 求 证 : DM∥平面BEC.

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[教你审题] 一审 取BD的中点O,证明BD⊥EO; 二审 取AB中点N,证明平面DMN∥平面BEC;找到平面 BCE和平面ADE的交线EF,证明DM∥EF.
[规范解答] 证明 (1)

如图(a),取BD的中点O,连接CO,EO.
由于CB=CD,所以CO⊥BD,(2分) 又EC⊥BD,EC∩CO=C,CO, EC?平面EOC, 所以BD⊥平面EOC,(4分) 图(a)

因此BD⊥EO,又O为BD的中点,
所以BE=DE.(6分)
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(2)法一 如图(b),取AB的中点N,连接DM,DN,MN, 因为M是AE的中点,

所以MN∥BE.
又MN?平面BEC,BE?平面BEC, ∴MN∥平面BEC.(8分) 又因为△ABD为正三角形,

图(b)

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所以∠BDN=30°, 又CB=CD,∠BCD=120°,

因此∠CBD=30°,
所以DN∥BC.(10分) 又DN?平面BEC,BC?平面BEC,所以DN∥平面BEC. 又MN∩DN=N,故平面DMN∥平面BEC, 又DM?平面DMN,所以DM∥平面BEC.(12分)

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法二

如图(c),延长AD,BC交于点F,连接EF.

因为CB=CD,∠BCD=120° , 所以∠CBD=30° . 因为△ABD为正三角形, 所以∠BAD=60° ,∠ABC=90° , 因此∠AFB=30° , 1 所以AB=2AF.(8分)

图(c)

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又AB=AD,所以D为线段AF的中点.连接DM,由点M是线 段AE的中点,因此DM∥EF.(10分) 又DM?平面BEC,EF?平面BEC, 所以DM∥平面BEC.(12分)

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[阅卷老师手记] (1)对题目已知条件分析不深入,不能将已知 条件与所证问题联系起来;

(2)识图能力差,不能观察出线、面之间的隐含关系,不能作
出恰当的辅助线或辅助面; (3)答题不规范,跳步、漏步等.

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证明线面平行问题的答题模板(一) 第一步:作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线;

第二步:证明线线平行;
第三步:根据线面平行的判定定理证明线面平行; 第四步:反思回顾.检查关键点及答题规范. 证明线面平行问题的答题模板(二) 第一步:在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面;

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第二步:利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相 交直线分别与所证平面平行;

第三步:证明所作平面与所证平面平行;
第四步:转化为线面平行; 第五步:反思回顾.检查答题规范.

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经典考题训练 【试一试1】 (2012·江苏)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,

A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点
C) ,且 AD⊥DE , F 是 B1C1 的中点.求证: (1) 平面 ADE⊥ 平面BCC1B1; (2)直线A1F∥平面ADE.

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证明

(1)∵ABCA1B1C1 是直三棱柱,∴ CC1⊥平面 ABC ,又

AD? 平面 ABC ,∴ CC1⊥AD. 又∵ AD⊥DE , CC1 , DE? 平面

BCC1B1 , CC1∩DE = E , ∴ AD⊥ 平 面 BCC1B1. 又 AD? 平 面
ADE,∴平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)∵A1B1=A1C1,F为B1C1的中点, ∴A1F⊥B1C1. ∵CC1⊥平面A1B1C1,且A1F?平面A1B1C1,

∴CC1⊥A1F.
又∵CC1,B1C1?平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, ∴A1F⊥平面BCC1B1.
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由(1)知AD⊥平面BCC1B1, ∴A1F∥AD.

又AD?平面ADE,A1F?平面ADE,
∴A1F∥平面ADE.

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【试一试2】 如图所示,已知 P 、 Q 是单位正方体 ABCDA1B1C1D1 的面

A1B1BA和面ABCD的中心.
求证:PQ∥平面BCC1B1.

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证明

法一

如图①取B1B中点E,BC中点F,连结PE、

QF、EF, ∵△A1B1B中,P、E分别是A1B、B1B的中点,

1 1 ∴PE綉2A1B1.同理QF綉2AB.

又A1B1綉AB,∴PE綉QF.

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∴四边形PEFQ是平行四边形. ∴PQ∥EF.

又PQ?平面BCC1B1,EF?平面BCC1B1,∴PQ∥平面BCC1B1.
法二 如图②,连结AB1,B1C, ∵△AB1C中,P、Q分别是AB1、AC的中点,∴PQ∥B1C. 又PQ?平面BCC1B1, B1C?平面BCC1B1,

∴PQ∥平面BCC1B1.

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【试一试 3】 (2012· 太原模拟 ) 如图 (1) 所示,在直角梯形 ABEF中(图中数字表示线段的长度),将直角梯形DCEF沿

CD 折起,使平面 DCEF⊥平面ABCD ,连结部分线段后围
成一个空间几何体,如图(2)所示. (1)求证:BE∥平面ADF; (2)求三棱锥F-BCE的体积.

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(1)证明 法一 取DF的中点G,连结AG,EG, 1 ∵CE綉2DF,∴EG綉CD.

又∵AB綉CD,∴EG綉AB.

∴四边形ABEG为平行四边形. ∴BE∥AG.

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又∵BE?平面ADF,AG?平面ADF, ∴BE∥平面ADF.

法二 由图(1)可知BC∥AD,CE∥DF,折叠之后平行关系不
变. ∵BC∥AD,BC?平面ADF,AD?平面ADF, ∴BC∥平面ADF.同理CE∥平面ADF. ∵BC∩CE=C,BC、CE?平面BCE,

∴平面BCE∥平面ADF.

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∵BE?平面BCE,BE?平面ADF, ∴BE∥平面ADF. (2)解 法一 ∵VF-BCE=VB-CEF, 由题图(1),可知BC⊥CD, ∵平面DCEF⊥平面ABCD,平面DCEF∩平面ABCD=CD, BC?平面ABCD, 又∵BC⊥DC,∴BC⊥平面DCEF. 1 1 由图(1)可知,DC=CE=1,S△CEF=2CE×DC=2, 1 1 ∴VF-BCE=VB-CEF=3×BC×S△CEF=6.
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法二 由图(1),可知CD⊥BC,CD⊥CE,∵BC∩CE=C, ∴CD⊥平面BCE. ∵DF∥CE,点F到平面BCE的距离等于点D到平面BCE的距 1 1 离为1,由图(1),可知BC=CE=1,S△BCE= BC×CE= , 2 2 1 1 ∴VF-BCE=3×CD×S△BCE=6.

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法三 如图所示,过E作EH⊥FC,垂足为H,由图可知BC ⊥CD,∵平面DCEF⊥平面ABCD,平面DCEF∩平面ABCD =CD,BC⊥DC, BC?平面ABCD, ∴BC⊥平面DCEF. 又∵EH?平面DCEF,∴BC⊥EH, ∴EH⊥平面BCF. 由BC⊥FC,FC= DC2+DF2= 5,

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1 5 S△BCF= BC×CF= , 2 2 1 在△CEF中,由等面积法可得EH= , 5 1 1 ∴VF-BCE=VE-BCF=3×EH×S△BCF=6.

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