高考数学一轮复习第7章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质学案

这是一份高考数学一轮复习第7章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质学案，共15页。

知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点一 直线与平面平行的判定与性质
知识点二 面面平行的判定与性质
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即“若a⊥α，a⊥β，则α∥β”．
2．垂直于同一个平面的两条直线平行，即“若a⊥α，b⊥α，则a∥b”．
3．平行于同一个平面的两个平面平行，即“若α∥β，β∥γ，则α∥γ”．
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)平行于同一条直线的两个平面平行．( × )
(3)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．( × )
(4)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．( √ )
(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( × )
(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.( × )
题组二 走进教材
2．(必修2P58练习T3)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( D )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
[解析] 对于选项A，若存在一条直线a，a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件．故选D．
题组三 走向高考
3．(2019·课标全国Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( B )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
4．(2017·课标全国Ⅰ)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( A )
[解析] B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A．
5．(2017·天津，节选)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
求证：MN∥平面BDE.
[证明] 解法一：连PN交BE于H，连HD．
∵E、N分别为PC、BC的中点，
∴H为△PBC的重心，∴eq \f(PH,HN)＝2，
又D、M分别为PA、AD的中点，
∴eq \f(PD,DM)＝2，∴eq \f(PH,HN)＝eq \f(PD,DM)，
∴DH∥MN，
又DH⊂平面BDE，MN⊄平面BDE，
∴MN∥平面BDE.
解法二：取EC的中点H，连MH、NH，
∵N为BC的中点，∴NH∥BE，
又NH⊄平面BDE，BE⊂平面BDE，
∴NH∥平面BDE，
又E、D、M分别为PC、PA、DA的中点，
∴eq \f(PE,EH)＝eq \f(PD,DM)＝2，∴DE∥MH，
又MH⊄平面BDE，
∴MH∥平面BDE，DE⊂平面BDE，又DE∩BE＝E，
∴平面MNH∥平面BDE，
∴MN∥平面BDE.
解法三：如图，以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．
eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,2x－2z＝0.))
不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又eq \(MN,\s\up6(→))＝(1,2，－1)，可得eq \(MN,\s\up6(→))·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.
考点突破·互动探究
考点一 空间平行关系的基本问题——自主练透
例1 (1)(多选题)(2021·河南名校联盟质检改编)设有不同的直线a，b和不同的平面α，β，给出下列四个命题中，其中正确的是( CD )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a∥α，a∥β，则α∥β
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b
D．若a⊥α，a⊥β，则α∥β
(2)(2021·辽宁省沈阳市质监)下列三个命题在“( )”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为直线，α，β为平面)，则此条件是_l⊄α__.
①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥m,m∥α, ))⇒l∥α；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊂α,l∥m, ))⇒l∥α；③eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥m,m⊥α, ))⇒l∥α.
[解析] (1)对于A，若a∥α，b∥α， 则直线a和直线b可以相交也可以异面，故A错误；对于B，若a∥α，a∥β，则平面a和平面β可以相交，故B错误；对于C，若a⊥α，b⊥α，则根据线面垂直性质定理，a∥b，故C正确；对于D，若a⊥α，a⊥β，则α∥β成立；故选CD．
(2)①l∥m，m∥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α；②l⊄α，m⊂α，l∥m⇒l∥α；③l⊥m，m⊥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α.故答案为l⊄α.
〔变式训练1〕
(多选题)(2021·吉林省吉林市调研改编)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为所在棱的中点，则下列各直线、平面中，与平面ACD1平行的是( ABD )
A．直线EF B．直线GH
C．平面EHF D．平面A1BC1
[解析] 首先直线EF、GH、A1B都不在平面ACD1内，由中点及正方体的性质知EF∥AC，GH∥A1C1∥AC，A1B∥D1C，∴直线EF，GH，A1B都与平面ACD1平行，又A1C1∥AC，由面面平行判定易知平面A1BC1∥平面ACD1，由EH∥AB1，AB1∩平面ACD1＝A，∴EH与平面ACD1相交，从而平面EHF与平面ACD1相交，∴C错，故选A、B、D．
考点二 直线与平面平行的判定与性质——多维探究
角度1 线面平行的判定
例2 (2021·辽宁抚顺模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，∠BAD＝60°，PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E为PC的中点．
(1)证明：BE∥平面PAD；
(2)求三棱锥E－PBD的体积．
[解析] (1)证法一：如图，取PD的中点F，连接EF，FA．
由题意知EF为△PDC的中位线，
∴EF∥CD，且EF＝eq \f(1,2)CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴ABEF，
∴四边形ABEF为平行四边形，∴BE∥AF.
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，∴BE∥平面PAD．
证法二：延长DA、CB相交于H，连PH，
∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，
∴eq \f(HB,HC)＝eq \f(AB,DC)＝eq \f(1,2)，
即B为HC的中点，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD，
证法三：取CD的中点H，连BH，HE，
∵E为PC中点，∴EH∥PD，
又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴EH∥平面PAD，
又由题意知ABDH，∴BH∥AD，
又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD，
∴BH∥平面PAD，又BH∩EH＝H，
∴平面BHE∥平面PAD，∴BE∥平面PAD．
(2)∵E为PC的中点，
∴V三棱锥E－PBD＝V三棱锥E－BCD＝eq \f(1,2)·V三棱锥P－BCD．
又∵AD＝AB，∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，∴BD＝AB＝2.
又∵CD＝4，∠BDC＝∠BAD＝60°，
∴BD⊥BC．∴BC＝eq \r(CD2－BD2)＝2eq \r(3).
∵PD⊥平面ABCD，
∴V三棱锥P－BCD＝eq \f(1,3)PD·S△BCD＝eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝eq \f(4\r(3),3)，∴V三棱锥E－PBD＝eq \f(2\r(3),3).
名师点拨
判断或证明线面平行的常用方法
(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⊄β，a∥α⇒a∥β)．
(5)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
注：线面平行的关键是线线平行，证明中常构造三角形中位线或平行四边形．
角度2 线面平行的性质
例3 如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面BCEF∩平面ADEF＝EF，∠BAD＝60°，AB＝2，DE＝EF＝1.
(1)求证：BC∥EF；
(2)求三棱锥B－DEF的体积．
[解析] (1)证明：∵AD∥BC，AD⊂平面ADEF，
BC⊄平面ADEF，∴BC∥平面ADEF.
又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面ADEF＝EF，∴BC∥EF.
(2)过点B作BH⊥AD于点H，
∵DE⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，∴DE⊥BH.
∵AD⊂平面ADEF，
DE⊂平面ADEF，AD∩DE＝D，
∴BH⊥平面ADEF.
∴BH是三棱锥B－DEF的高．
在Rt△ABH中，∠BAD＝60°，AB＝2，故BH＝eq \r(3).
∵DE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴DE⊥AD．
由(1)知BC∥EF，且AD∥BC，
∴AD∥EF，∴DE⊥EF.
∴三棱锥B－DEF的体积V＝eq \f(1,3)×S△DEF×BH＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),6).
名师点拨
空间中证明两条直线平行的常用方法
(1)利用线面平行的性质定理，即a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(2)利用平行公理推论：平行于同一直线的两条直线互相平行．
(3)利用垂直于同一平面的两条直线互相平行．
〔变式训练2〕
(1)(角度2)如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.
求证：PA∥GH.
(2)(角度1)(2020·广东佛山质检，节选)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E、F分别为AD、PC的中点．
求证：EF∥平面PAB．
(3)(角度1)(2021·贵州黔东南州二模)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别为BC，AP的中点．
①求证：EF∥平面PCD；
②若AD＝AP＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB＝1.求三棱锥P－DEF的体积．
[解析] (1)证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，∴PA∥MO.
又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD．
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA⊂平面PAHG，
∴PA∥GH.
(2)解法一：取PB的中点H，连FH、HA，
∵F为PC的中点，∴FHeq \f(1,2)BC，
又四边形ABCD为平行四边形，
∴BCAD，从而FHeq \f(1,2)AD，
又E为AD的中点，∴FHEA，∴EF∥AH，
又EF⊄平面PAB，HA⊂平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
解法二：取BC的中点H，连FH，HE，
∵F为PC的中点，
∴FH∥BP，又FH⊄平面PAB，
∴FH∥平面PAB，又E为AD的中点，且四边形ABCD为平行四边形，
∴HE∥BA，又HE⊄平面PAB，
∴HE∥平面DAB，又FH∩EH＝H，
∴平面EFH∥平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
解法三：连CE并延长交BA的延长线于H，连PH.
∵E为平行四边形ABCD的边AD的中点，
∴△CDE≌△HAE，
∴CE＝EH，又F为PC的中点，
∴EF∥PH，
又EF⊄平面PAB，PH⊂平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
(3)①证明：如图，取PD中点G，连接GF，GC．
在△PAD中，G，F分别为PD，AP的中点，
∴GFeq \f(1,2)AD．
在矩形ABCD中，E为BC的中点，
∴CEeq \f(1,2)AD，∴GFEC，
∴四边形EFGC是平行四边形，∴GC∥EF.
∵GC⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，
∴EF∥平面PCD．
②∵四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB，AD∥BC．
又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
∴BC∥平面PAD．
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥BP，平面PAD⊥平面PAB．
AD＝AP＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB＝1，
∵AB＝eq \r(2)，∴AP2＋PB2＝AB2，
∴AP⊥BP.∵AD∩AP＝A，
∴BP⊥平面PAD．∵BC∥平面PAD，
∴点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离．
∵S△PDF＝eq \f(1,2)PF·AD＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,4)，
∴V三棱锥P－DEF＝V三棱锥E－PDF＝eq \f(1,3)S△PDF·BP＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×1＝eq \f(1,12)，
∴ 三棱锥P－DEF的体积为eq \f(1,12).
考点三 两个平面平行的判定与性质——师生共研
例4 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∥B1C1，又B1C1∥BC，
所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．
(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，
所以EF∥BC，
因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，
所以A1GEB，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.
又因为A1E∩EF＝E，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
[引申1]在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA．
[证明] 如图所示，连接HD，A1B，
因为D为BC1的中点，
H为A1C1的中点，
所以HD∥A1B，
又HD⊄平面A1B1BA，
A1B⊂平面A1B1BA，
所以HD∥平面A1B1BA．
[引申2]在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D．
[证明] 如图所示，连接A1C，AC1交于点M，
因为四边形A1ACC1是平行四边形，
所以M是A1C的中点，连接MD，
因为D为BC的中点，所以A1B∥DM.
因为A1B⊂平面A1BD1，
DM⊄平面A1BD1，
所以DM∥平面A1BD1.
又由三棱柱的性质知，D1C1BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，
所以DC1∥BD1.
又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，
所以DC1∥平面A1BD1，
又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D．
名师点拨
证明面面平行的方法有
(1)面面平行的定义．
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
*(6)向量法：证明两平面的法向量平行．
〔变式训练3〕
(2021·南昌模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．
(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求三棱锥P－ABM的体积．
[解析] (1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，
∴MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴MN∥平面PAB．
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，
∴∠ACN＝60°.
又∠BAC＝60°，∴CN∥AB．
∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴CN∥平面PAB．
又CN∩MN＝N，CN，MN⊂平面CMN，
∴平面CMN∥平面PAB．
(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，
∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．
∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝eq \r(3)，
∴三棱锥P－ABM的体积V＝VM－PAB＝VC－PAB＝VP－ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×2＝eq \f(\r(3),3).
名师讲坛·素养提升
探索性问题求解策略
例5 (2021·安徽皖北联考)如图，在四棱锥C－ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF∥平面ABC．
(2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH∥平面ACD？若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)∵四边形ABED为正方形，F为BD的中点，
∴E、F、A共线，连AE，又G为EC的中点，
∴GF∥AC，
又GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴GF∥平面ABC．
注：本题也可取BE的中点Q，连GQ、FQ，通过证平面GFQ∥平面ABC来证；或取BC的中点M，AB的中点N，连GM、MN、NF，通过证四边形GMNF为平行四边形得GF∥MN来证．
(2)当H为BC的中点时，平面GFH∥平面ACD．
证明如下：∵G、H分别为EC、BC的中点，
∴GH∥BE，又BE∥AD，
∴GH∥AD，
又GH⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，
∴GH∥平面ACD，
又GF∥AC，GF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，
∴GF∥平面ACD，
∴平面GFH∥平面ACD．
[引申]ED上是否存在一点Q，使平面GFQ∥平面ACD．
[解析] 当Q为ED的中点时，平面GFQ∥平面ACD．
名师点拨
平行中的探索性问题
(1)对命题条件的探索常采用以下三种方法：
①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
(2)对命题结论的探索常采用以下方法：
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．
〔变式训练4〕
在三棱柱ABC－A1B1C1的棱BC上是否存在一点H，使A1B∥平面AC1H？并证明．
[解析] BC上存在点H(即BC的中点)使A1B∥平面AC1H.
证明如下：连A1C交AC1于O，
则O为A1C的中点
连HO，又H为BC的中点，
∴HO∥A1B，
又OH⊂平面AHC1，A1B⊄平面AHC1，
∴A1B∥平面AC1H.
判定
性质
定义
定理
图形
条件
a∩α＝∅
a⊂α，b⊄α，
_a∥b__
_a∥α__
a∥α，a⊂β，
_α∩β＝b__
结论
a∥α
b∥α
a∩α＝∅
_a∥b__
判定
性质
定义
定理
图形
条件
_α∩β＝∅__
_a⊂β，b⊂β， a∩b＝P，a∥α，b∥α__
_α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b__
α∥β，a⊂β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α