1、第七章立体几何第四节 直线、平面平行的判定及其性质最新考纲考情分析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有关空间图形的平行关系的简单命题.1.直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容2题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.课时作业01知识梳理诊断自测02考点探究明晰规律01 知识梳理 诊断自测 课前热身 稳固根基 知识点一 直线与平面平行的判定定理和性质定理 应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行
2、”三个条件必须都具备，缺一不可知识点二 平面与平面平行的判定定理和性质定理 1.平面与平面平行还有如下判定：如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行2平面与平面平行还有如下性质：(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例1思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面()(2)若直线 a 与平面 内无数条直线平行，则 a.()(3)若直线 a平面，P平面，则过点 P
3、且平行于 a 的直线有无数条()(4)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行()(5)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面()2小题热身(1)如果直线 a平面，那么直线 a 与平面 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D解析：因为直线 a平面，直线 a 与平面 无公共点，因此直线 a 和平面 内的任意一条直线都不相交，故选 D.(2)下列命题中正确的是()A若 a，b 是两条直线，且 ab，那么 a 平行于经过 b 的任何平面B若直线 a 和平面 满足 a，那么 a 与 内的任何直线平行C平行于同一条直线的
4、两个平面平行D若直线 a，b 和平面 满足 ab，a，b，则 bD解析：A 错误，a 可能在经过 b 的平面内；B 错误，a 与 内的直线平行或异面；C 错误，两个平面可能相交；D 正确，由 a，可得 a 平行于经过直线 a 的平面与 的交线 c，即 ac，又 ab，所以 bc，b，c，所以 b.(3)设，是两个不同的平面，m 是直线且 m，则“m”是“”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件B解析：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“”的必要不充分条件(4)如图，在正方
5、体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB2，E 为 AD 的中点，点 F 在 CD 上，若 EF平面 AB1C，则 EF.2解析：根据题意，因为 EF平面 AB1C，所以 EFAC.又 E 是 AD 的中点，所以 F 是 CD 的中点因此在 RtDEF中，DEDF1，故 EF 2.(5)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1，下列结论中，正确的是(只填序号)AD1BC1；平面 AB1D1平面 BDC1；AD1DC1；AD1平面 BDC1.解析：连接 AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因为 AB 綊 C1D1，所以四边形 AD1C1B 为平行四边形，故 AD1BC1，从而正确；易证
6、 BDB1D1，AB1DC1，又 AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面 AB1D1平面 BDC1，从而正确；由图易知 AD1与 DC1 异面错误；因为 AD1BC1，AD1平面 BDC1，BC1平面 BDC1，故 AD1平面 BDC1，故正确02 考点探究 明晰规律 课堂升华 强技提能 考点一 线面平行的判定与性质【例 1】在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是正方形，PA平面 ABCD，E，F 分别是线段 AD，PB 的中点，PAAB1.求证：EF平面 DCP.【证明】方法 1：取 PC 的中点 M，连接 DM，MF.M，F 分别是 PC，PB 的中点，MFCB，MF12CB.E 为
7、 DA 的中点，四边形 ABCD 为正方形，DECB，DE12CB.MFDE，MFDE，四边形 DEFM 为平行四边形，EFDM，EF平面 PDC，DM平面 PDC，EF平面 PDC.方法 2：取 PA 的中点 N，连接 NE，NF.E 是 AD 的中点，N 是 PA 的中点，NEDP.F 是 PB 的中点，N 是 PA 的中点，NFAB，ABCD，NFCD.又NENFN，NE平面 NEF，NF平面 NEF，DP平面 PCD，CD平面 PCD，平面 NEF平面 PCD.又EF平面 NEF，EF平面 PCD.方法 3：取 BC 的中点 G，连接 EG，FG.在正方形 ABCD 中，E 是 AD
8、的中点，G 是 BC 的中点，GECD.F 是 PB 的中点，G 是 BC 的中点，GFPC.又 PCCDC，GE平面 GEF，GF平面 GEF，PC平面 PCD，CD平面 PCD，平面 GEF平面 PCD.EF平面 GEF，EF平面 PCD.方法技巧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，解题的思路是结合几何体的特征，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、寻找比例式等方法证明两直线平行.2应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线.1在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AB，AD 上的点，且
9、AEEBAFFD14，又 H，G 分别为 BC，CD 的中点，则()ABD平面 EFG，且四边形 EFGH 是平行四边形BEF平面 BCD，且四边形 EFGH 是梯形CHG平面 ABD，且四边形 EFGH 是平行四边形DEH平面 ADC，且四边形 EFGH 是梯形B解析：由题意知 EFBD，且 EF15BD，HGBD，且 HG12BD.所以 EFHG，且 EFHG，所以四边形 EFGH 是梯形因为 EF平面 BDC，EFBD，所以 EF平面 BCD，而 EH 与平面ADC 不平行，故 A，C，D 错误，B 正确2.如图，四边形 ABCD 是平行四边形，点 P 是平面 ABCD 外一点，M 是
10、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：GH平面 PAD.证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO，因为四边形ABCD 是平行四边形，所以 O 是 AC 的中点又 M 是 PC 的中点，所以 APOM.根据直线和平面平行的判定定理，则有 PA平面 BMD.因为平面 PAHG平面 BMDGH，根据直线和平面平行的性质定理，所以 PAGH.因为 GH平面 PAD，PA平面 PAD，所以 GH平面 PAD.考点二 面面平行的判定与性质【例 2】(1)如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是菱形，四边形 BDEF 是矩形，平
11、面 BDEF平面 ABCD，点 G 和 H 分别是 CE和 CF 的中点求证：平面 BDGH平面 AEF.(2)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，B1A1AC1A1A，AA1AC，P，Q 分别为棱 AA1，AC 的中点，在平面 ABC 内过点 A 作 AM平面PQB1 交 BC 于点 M，写出作图步骤，但不要求证明【解】(1)在CEF 中，因为 G，H 分别是 CE，CF 的中点，所以 GHEF，又因为 GH平面 AEF，EF平面 AEF，所以 GH平面 AEF.设 ACBDO，连接 OH，在ACF 中，因为 OAOC，CHHF，所以 OHAF，又因为 OH平面 AEF，AF平面 AE
12、F，所以 OH平面 AEF.又因为 OHGHH，OH，GH平面 BDGH，所以平面 BDGH平面 AEF.(2)如图，在平面 ABB1A1 内，过点 A 作 ANB1P 交 BB1 于点N，连接 BQ，在BB1Q 中，作 NHB1Q 交 BQ 于点 H，连接AH 并延长交 BC 于点 M，则 AM 为所求作的直线方法技巧1.判定平面与平面平行的 4 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)2
13、谨记空间平行关系之间的转化1(2020安徽名校联考)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，M，N 分别是 A1D1，A1B1 的中点，过直线 BD 的平面 平面 AMN，则平面 截该正方体所得截面的面积为()A.2B.98C.3D.62B解析：取 C1D1，B1C1 的中点分别为 P，Q，连接 PQ，PD，NP，QB，B1D1.易知 MNB1D1BD，ADNP，ADNP，所以四边形 ANPD 为平行四边形，则 ANDP.又BD 和 DP 为平面 BDPQ 的两条相交直线，所以平面 BDPQ平面 AMN，即平面 为平面 BDPQ.由 PQDB，PQ12BD 22，得四边形
14、BDPQ 为梯形，其高 h5222423 24.所以平面 截该正方体所得截面的面积为12(PQBD)h122 22 3 24 98.故选 B.2.(2020广西质检)如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AA1平面ABCD，ABCD，DCB90，ABADAA12DC，Q 为棱 CC1 上一动点，过直线 AQ 的平面分别与棱 BB1，DD1 交于点 P，R，则下列结论正确的是.对于任意的点 Q，都有 APRQ；对于任意的点 Q，四边形 APQR 不可能为平行四边形；存在点 Q，使得直线 BC平面 APQR.解析：ABCD，AA1DD1，平面 ABB1A1平面 CDD1C1.平面 APQ
15、R平面 ABB1A1AP，平面 APQR平面 CDD1C1RQ，APRQ，故正确；四边形 ABCD 是直角梯形，ABCD，平面 BCC1B1 与平面 ADD1A1 不平行平面 APQR平面 BCC1B1PQ，平面APQR平面 ADD1A1AR，PQ 与 AR 不平行，故四边形 APQR不可能为平行四边形，故正确；延长 CD 至 M，使得 DMCD，则四边形 ABCM 是矩形，BCAM.当 R，Q，M 三点共线时，AM平面 APQR，BC平面 APQR，故正确考点三 线面平行的综合问题【例 3】如图，四边形 ABCD 中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F 分别在 BC，AD 上，
16、EFAB，现将四边形 ABCD沿 EF 折起，使 BEEC.(1)若 BE1，在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P，使得 CP平面 ABEF？若存在，求出APPD的值；若不存在，说明理由(2)求三棱锥 A-CDF 的体积的最大值，并求出此时点 F 到平面 ACD的距离【解】(1)AD 上存在一点 P，使得 CP平面 ABEF，此时APPD32.理由如下：当APPD32时，APAD35，过点 P 作 MPFD 交 AF 于点 M，连接 ME，则MPFDAPAD35，BE1，FD5，MP3，又 EC3，MPFDEC，MP 綊 EC，故四边形 MPCE 为平行四边形，CPME，又 CP平面 AB
17、EF，ME平面 ABEF，CP平面 ABEF.(2)设 BEx，则 AFx(0 x4)，FD6x，故 VA-CDF13122(6x)x13(x3)23，当 x3 时，VA-CDF 有最大值，且最大值为 3，此时 EC1，AF3，FD3，DC2 2.在ACD 中，由余弦定理得cosADCAD2DC2AC22ADDC 1881423 22 212，sinADC 32，SACD12DCADsinADC3 3.设点 F 到平面 ADC 的距离为 h，VA-CDFVF-ACD，即 313hSACD，h 3，即点 F 到平面 ACD 的距离为 3.方法技巧1在处理空间折叠问题中，要注意平面图形与空间图形在
18、折叠前后的相互位置关系与长度关系等，关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何知识的应用，注意平面几何与立体几何中相关知识点的异同，盲目套用容易导致错误.2解决探索性问题一般先假设其存在，把这个假设当作已知条件，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.(2020晋中一模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，ABCD，DAB60，ABAD2CD2，侧面 PAD底面ABCD，PAD 是以 AD 为底的等腰三角形(1)证明：ADPB.(2)若四棱锥 P-ABCD
19、的体积等于32，问：是否存在过点 C 的平面CMN 分别交 PB，AB 于点 M，N，使得平面 CMN平面 PAD？若存在，求出CMN 的面积；若不存在，请说明理由解：(1)证明：取 AD 的中点 G，连接 BD，PG，BG.在PAD 中，PAPD，PGAD.ABAD 且DAB60，ABD 为正三角形，BGAD，又BGPGG，BG平面 PBG，PG平面 PBG，AD平面 PBG，又 BP平面 PBG，ADPB.(2)存在平面 CMN，使得平面 CMN平面 PAD，其中 M，N分别为 PB，AB 的中点，以下给出证明：如图，在PAB 中，MNPA 且 MN12PA，又MN平面 PAD，PA平面
20、PAD，MN平面 PAD.在梯形 ABCD 中，CDAB 且 CD12AB，CDAN 且 CDAN，四边形 ANCD 为平行四边形，CNAD，又CN平面 PAD，AD平面 PAD，CN平面 PAD.又MNNCN，平面 CMN平面 PAD.由(1)可知 PGAD，侧面 PAD底面 ABCD，侧面 PAD底面 ABCDAD，PG平面 PAD，PG平面 ABCD.在梯形 ABCD 中，由条件可得 BC 3，VP-ABCD13S 梯形ABCDPG1312(12)3PG32，PG 3.在PAD 中，PAPD，AD2，G 为 AD 的中点，PG 3，PAD 为正三角形，PA2，PAD3.在MNC 中，CNAD2，MN12PA1，MNCPAD3，SMNC12MNNCsinMNC1212 32 32.温示提馨请 做：课时作业 47PPT文稿（点击进入）
