2020届新高考数学艺考生总复习 第六章 立体几何 第4节 直线、平面平行的判定与性质课件

高考总复习艺考生山东版数学第4节直线、平面平行的判定与性质第六章立体几何最新考纲核心素养考情聚焦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.平行关系的基本问题，达成数学抽象、直观想象和逻辑推理的素养．2.直线与平面平行的判定与性质及平面与平面平行的判定与性质的理解与运用，增强直观想象、逻辑推理的素养．3.空间中有关平行的探索问题，能够提升逻辑推理和数学抽象的素养2020年高考预计考查以几何体为载体的线面、面面平行的证明或根据平行的性质进行合理的转化。题型主要以解答题形式出现，一般难度不会太大，属中低档题型，要求有较强的推理论证能力，广泛的应用转化与化归的思想1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α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(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理：文字语言图形语言符号语言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(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b1.两个平面平行，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．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．5．如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．6．如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．(1)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．()(2)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．()(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(4)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(5)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，则直线a∥平面β.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×[小题查验]1．[人教A版教材P61A组T1(1)改编]下列命题中正确的是()A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α解析：D[A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．]2．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∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：D[若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.]3．设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l⊂α，m⊂β.下列结论正确的是()A．若α⊥β，则l⊥βB．若l⊥m，则α⊥βC．若α∥β，则l∥βD．若l∥m，则α∥β解析：C[α⊥β，l⊂α，加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A项错误；若l⊥m，l⊂α，m⊂β，则α与β平行或相交，所以B项错误；若α∥β，l⊂α，则l∥β，所以C项正确；若l∥m，l⊂α，m⊂β，则α与β平行或相交，所以D项错误．故选C.]4.已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是________(只填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：连接AD1，BC1，因为AB∥C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．答案：①②④5．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是________(填上所有正确的序号)．解析：在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交．由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足．在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．答案：②④考点一平行关系的基本问题(自主练透)[题组集训]1．已知直线a，b，平面α，β，则a∥α的一个充分条件是()A．a⊥b，b⊥αB．a∥β，β∥αC．b⊂α，a∥bD．a∥b，b∥α，a⊄α解析：D[对于A，a⊥b，b⊥α，则a与平面α平行或在平面α内，不正确．对于B，a∥β，β∥α，则a与平面α平行或在平面α内，不正确．对于C，b⊂α，a∥b，则a与平面α平行或在平面α内，不正确．对于D，由线面平行的判定定理知正确．故选D.]2．(2019·重庆市巴蜀中学质检)设m，n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若α⊥γ，α⊥β则γ∥β；②若α⊥β，m⊥α则m∥β；③若m⊥n，m⊥α则n∥α；其中真命题的个数是()A．0B．1C．2D．3解析：A[①中，由条件可得γ∥β或γ，β相交，故①不正确；②中，由条件可得m∥β或m⊂β，故②不正确；③中，由条件可得n∥α或n⊂α，故③不正确．综上真命题的个数是0.选A.]3．在正方体ABCD－A1B1C1D1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BD与AC交于O点，连接OE，所以OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行解决有关线面平行，面面平行的判定与性质的基本问题要注意：(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．考点二直线与平面平行的判定与性质(师生共研)[命题角度1]直线与平面平行的判定[典例](2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．[解](1)连结B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C，又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1CD，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝41717，从而点C到平面C1DE的距离为41717.判定线面平行的四种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．[跟踪训练](2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：A[在B图中，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；在C图中，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；在D图中，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ，故A不满足，选A.][命题角度2]直线与平面平行的性质[典例]如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．[解析](1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC，同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.(2)连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK，因为PA＝PC，点O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD，又BD∩AC＝O，且AC，BD都在平面ABQ内，所以PO⊥平面ABCD，又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH，因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥平面ABCD，从而GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高，由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，从而KB＝14BD＝12OB，即点K是OB的中点．再由PO∥GK得GK＝12PO，即点G是PB的中点，同理GH＝12BC＝4，由已知可得OB＝42，PO＝PB2－OB2＝68－32＝6，所以GK＝3，故四边形GEFH的面积S＝GH＋EF2·GK＝4＋82×3＝18.线面平行的性质定理是用来证明线线平行的，其关键是转化为该线与过该线的一个平面与该平面的交线平行．[跟踪训练]在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H.D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为________.解析：取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD.同理SB∥FE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊12AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形．又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝12AC·12SB＝452.答案：452考点三平面与平面平行的判定与性质(子母变式)[母题]如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1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.[证明](1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥BC.因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因为A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.[子题1]在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1