高考數(shù)學浙江理科一輪【第七章】不等式【下】 第七章 7.3

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1、 精品資料 7.3　直線、平面平行的判定與性質(zhì) 1． 直線與平面平行的判定與性質(zhì) 判定 性質(zhì) 定義 定理 圖形 條件 a∩α＝? a?α，b?α，a∥b a∥α a∥α，a?β，α∩β＝b 結(jié)論 a∥α b∥α a∩α＝? a∥b 2． 面面平行的判定與性質(zhì) 判定 性質(zhì) 定義 定理 圖形 條件 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 結(jié)論 α∥β α∥β a∥b a

2、∥α 1． 判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)如果一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行． (　　) (2)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內(nèi)的兩條直線平行或異面． (　√　) (3)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α. (　　) (4)空間四邊形ABCD中，E、F分別是AB，AD的中點，則EF∥平面BCD. (　√　) (5)若α∥β，直線a∥α，則a∥β. (　　) 2． 若直線l不平行于平面α，且l?α，則 (　　) A．α內(nèi)的所有直線與l異面 B．α內(nèi)不存在與l平行

3、的直線 C．α內(nèi)存在唯一的直線與l平行 D．α內(nèi)的直線與l都相交 答案　B 解析　由題意知，直線l與平面α相交，則直線l與平面α內(nèi)的直線只有相交和異面兩種位置關系，因而只有選項B是正確的． 3． 下列命題中，錯誤的是 (　　) A．平面內(nèi)一個三角形各邊所在的直線都與另一個平面平行，則這兩個平面平行 B．平行于同一個平面的兩個平面平行 C．若兩個平面平行，則位于這兩個平面內(nèi)的直線也互相平行 D．若兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的直線平行于另一個平面 答案　C 解析　由面面平行的判定定理和性質(zhì)知A、B、D正確．對于C，位于兩個平行平面內(nèi)的直線也可能異面．

4、 4． 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________． 答案　 解析　因為直線EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD， 且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC， 又E是DA的中點，所以F是DC的中點， 由中位線定理可得EF＝AC， 又在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2， 所以AC＝2，所以EF＝. 5． 已知平面α∥平面β，直線a?α，有下列命題： ①a與β內(nèi)的所有直線平行；②a與β內(nèi)無數(shù)條直線平行；③a與β內(nèi)的任意一條直線都不垂直． 其中真命題的

5、序號是________． 答案?、? 解析　因為α∥β，a?α，所以a∥β，在平面β內(nèi)存在無數(shù)條直線與直線a平行，但不是所有直線都與直線a平行，故命題②為真命題，命題①為假命題．在平面β內(nèi)存在無數(shù)條直線與直線a垂直，故命題③為假命題．  題型一　直線與平面平行的判定與性質(zhì) 例1　(2012山東)如圖，幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三 角形，CB＝CD，EC⊥BD. (1)求證：BE＝DE； (2)若∠BCD＝120，M為線段AE的中點，求證：DM∥平面BEC. 思維啟迪　(1)利用等腰△EDB底邊中線和高重合的性質(zhì)證明； (2)根據(jù)線面平行的判定或兩個平面平行的性

6、質(zhì)證明線面平行． 證明　(1)如圖，取BD的中點O，連接CO，EO. 由于CB＝CD，所以CO⊥BD. 又EC⊥BD，EC∩CO＝C， CO，EC?平面EOC， 所以BD⊥平面EOC， 因此BD⊥EO. 又O為BD的中點， 所以BE＝DE. (2)方法一　如圖，取AB的中點N，連接DM，DN，MN. 因為M是AE的中點， 所以MN∥BE. 又MN?平面BEC，BE?平面BEC， 所以MN∥平面BEC. 又因為△ABD為正三角形， 所以∠BDN＝30. 又CB＝CD，∠BCD＝120，因此∠CBD＝30. 所以DN∥BC. 又DN?平面BEC，BC?平面BEC

7、， 所以DN∥平面BEC. 又MN∩DN＝N， 所以平面DMN∥平面BEC. 又DM?平面DMN， 所以DM∥平面BEC. 方法二　如圖，延長AD，BC交于點F，連接EF. 因為CB＝CD，∠BCD＝120， 所以∠CBD＝30. 因為△ABD為正三角形， 所以∠BAD＝60，∠ABC＝90， 因為∠AFB＝30， 所以AB＝AF. 又AB＝AD， 所以D為線段AF的中點． 連接DM，由于點M是線段AE的中點， 因此DM∥EF. 又DM?平面BEC，EF?平面BEC， 所以DM∥平面BEC. 思維升華　判斷或證明線面平行的常用方法：(1)利用線面平行的定

8、義(無公共點)；(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)；(3)利用面面平行的性質(zhì)定理(α∥β，a?α?a∥β)；(4)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)． 　如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，E，H分別為棱 A1B1，D1C1上的點，且EH∥A1D1，過EH的平面與棱BB1，CC1相 交，交點分別為F，G，求證：FG∥平面ADD1A1. 證明　因為EH∥A1D1，A1D1∥B1C1， EH?平面BCC1B1，B1C1?平面BCC1B1， 所以EH∥平面BCC1B1. 又平面FGHE∩平面BCC1B1＝FG， 所以EH∥FG，即

9、FG∥A1D1. 又FG?平面ADD1A1，A1D1?平面ADD1A1， 所以FG∥平面ADD1A1. 題型二　平面與平面平行的判定與性質(zhì) 例2　如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F(xiàn)，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. 思維啟迪　要證四點共面，只需證GH∥BC；要證面面平行，可證一個 平面內(nèi)的兩條相交直線和另一個平面平行． 證明　(1)∵GH是△A1B1C1的中位線，∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四點共面． (2)∵E、F分別為AB

10、、AC的中點，∴EF∥BC， ∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB， ∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB. ∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG. ∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. 思維升華　證明面面平行的方法： (1)面面平行的定義； (2)面面平行的判定定理：如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行； (3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行； (4)兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行； (5)利用“線線平行”、“線面平行

11、”、“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化． 　如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中點， 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， ∵E、G分別是BC、SC的中點， ∴EG∥SB. 又∵SB?平面BDD1B1， EG?平面BDD1B1， ∴直線EG∥平面BDD1B1. (2)連接SD， ∵F、G分別是DC、SC的中點，∴FG∥SD. 又∵SD?平面BDD1B1，F(xiàn)G?平面BDD1B1， ∴FG∥平面BDD1B1，且EG?平面EFG， FG?平面EF

12、G，EG∩FG＝G， ∴平面EFG∥平面BDD1B1. 題型三　平行關系的綜合應用 例3　如圖所示，在四面體ABCD中，截面EFGH平行于對棱AB和CD， 試問截面在什么位置時其截面面積最大？ 思維啟迪　利用線面平行的性質(zhì)可以得到線線平行，可以先確定截 面形狀，再建立目標函數(shù)求最值． 解　∵AB∥平面EFGH， 平面EFGH與平面ABC和平面ABD分別交于FG、EH. ∴AB∥FG，AB∥EH， ∴FG∥EH，同理可證EF∥GH， ∴截面EFGH是平行四邊形． 設AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α (α即為異面直線AB和CD所成的角或其補角)． 又設FG＝x，GH＝y(tǒng)，

13、則由平面幾何知識可得＝，＝，兩式相加得＋＝1，即y＝(a－x)， ∴S?EFGH＝FGGHsin α ＝x(a－x)sin α＝x(a－x)． ∵x>0，a－x>0且x＋(a－x)＝a為定值， ∴當且僅當x＝a－x時，x(a－x)＝，此時x＝，y＝. 即當截面EFGH的頂點E、F、G、H為棱AD、AC、BC、BD的中點時截面面積最大． 思維升華　利用線面平行的性質(zhì)，可以實現(xiàn)與線線平行的轉(zhuǎn)化，尤其在截面圖的畫法中，常用來確定交線的位置，對于最值問題，常用函數(shù)思想來解決． 　如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為a的正方 形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，在側(cè)面PBC內(nèi)，有BE⊥PC

14、于E，且BE ＝a，試在AB上找一點F，使EF∥平面PAD. 解　在平面PCD內(nèi)，過E作EG∥CD交PD于G， 連接AG，在AB上取點F，使AF＝EG， ∵EG∥CD∥AF，EG＝AF， ∴四邊形FEGA為平行四邊形， ∴FE∥AG. 又AG?平面PAD，F(xiàn)E?平面PAD， ∴EF∥平面PAD. ∴F即為所求的點． 又PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC， 又BC⊥AB，∴BC⊥面PAB. ∴PB⊥BC. ∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2. 設PA＝x則PC＝， 由PBBC＝BEPC得： a＝a， ∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝a. 又CE＝ ＝a

15、， ∴＝，∴＝＝， 即GE＝CD＝a，∴AF＝a. 立體幾何中的探索性問題 典例：(14分)如圖，在四面體PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，點D，E，F(xiàn)， G分別是棱AP，AC，BC，PB的中點． (1)求證：DE∥平面BCP； (2)求證：四邊形DEFG為矩形； (3)是否存在點Q，到四面體PABC六條棱的中點的距離相等？說明 理由． 思維啟迪　(1)利用DE∥PC證明線面平行； (2)利用平行關系和已知PC⊥AB證明DE⊥DG； (3)Q應為EG中點． 規(guī)范解答 (1)證明　因為D，E分別是AP，AC的中點， 所以DE∥PC. 又因為DE?平面

16、BCP， 所以DE∥平面BCP. [4分] (2)證明　因為D，E，F(xiàn)，G分別為AP，AC，BC，PB的中點， 所以DE∥PC∥FG， DG∥AB∥EF. 所以四邊形DEFG為平行四邊形． 又因為PC⊥AB， 所以DE⊥DG. 所以四邊形DEFG為矩形． [8分] (3)解　存在點Q滿足條件，理由如下： [10分] 連接DF，EG，設Q為EG的中點， 由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG. 分別取PC，AB的中點M，N，連接ME，EN，NG，MG，MN. 與(2)同理，可證四邊形MENG

17、為矩形，其對角線交點為EG的中點 Q，且QM＝QN＝EG， 所以Q為滿足條件的點． [14分] 解決立體幾何中的探索性問題的步驟： 第一步：寫出探求的最后結(jié)論． 第二步：證明探求結(jié)論的正確性． 第三步：給出明確答案． 第四步：反思回顧，查看關鍵點、易錯點和答題規(guī)范． 溫馨提醒　(1)立體幾何中的探索性問題主要是對平行、垂直關系的探究，對條件和結(jié)論不完備的開放性問題的探究，解決這類問題一般根據(jù)探索性問題的設問，假設其存在并探索出結(jié)論，然后在這個假設下進行推理論證，若得到合乎情理的結(jié)論就肯定假設，若得到矛盾就否定假設． (2)這類問題也可以按類似

18、于分析法的格式書寫步驟：從結(jié)論出發(fā)“要使……成立”，“只需使……成立”. 方法與技巧 1． 平行問題的轉(zhuǎn)化關系 2． 直線與平面平行的主要判定方法 (1)定義法；(2)判定定理；(3)面與面平行的性質(zhì)． 3． 平面與平面平行的主要判定方法 (1)定義法；(2)判定定理；(3)推論；(4)a⊥α，a⊥β?α∥β. 失誤與防范 1． 在推證線面平行時，一定要強調(diào)直線不在平面內(nèi)，否則，會出現(xiàn)錯誤． 2． 在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質(zhì)定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉(zhuǎn)化的方

19、向總是由題目的具體條件而定，決不可過于“模式化”． 3． 解題中注意符號語言的規(guī)范應用． A組　專項基礎訓練 (時間：40分鐘) 一、選擇題 1． 若直線a平行于平面α，則下列結(jié)論錯誤的是 (　　) A．a(chǎn)平行于α內(nèi)的所有直線 B．α內(nèi)有無數(shù)條直線與a平行 C．直線a上的點到平面α的距離相等 D．α內(nèi)存在無數(shù)條直線與a成90角 答案　A 解析　若直線a平行于平面α，則α內(nèi)既存在無數(shù)條直線與a平行，也存在無數(shù)條直線與a異面且垂直，所以A不正確，B、D正確．又夾在相互平行的線與平面間的平行線段相等，所以C正確． 2． 若直線m?平面α，則條件甲：“直線l∥

20、α”是條件乙：“l(fā)∥m”的 (　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　D 3． 已知a，b是兩條不重合的直線，α，β是兩個不重合的平面，則下列命題中正確的是(　　) A．a(chǎn)∥b，b?α，則a∥α B．a(chǎn)，b?α，a∥β，b∥β，則α∥β C．a(chǎn)⊥α，b∥α，則a⊥b D．當a?α，且b?α時，若b∥α，則a∥b 答案　C 解析　A選項是易錯項，由a∥b，b?α，也可能推出a?α； B中的直線a，b不一定相交，平面α，β也可能相交； C正確； D中的直線a，b也可能異面． 4． 在空間四邊形A

21、BCD中，E，F(xiàn)分別為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EFG，且四邊形EFGH是平行四邊形 B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是平行四邊形 D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形 答案　B 解析　如圖，由題意得，EF∥BD， 且EF＝BD. HG∥BD，且HG＝BD. ∴EF∥HG，且EF≠HG. ∴四邊形EFGH是梯形． 又EF∥平面BCD，而EH與平面ADC不平行． 故選B. 5． 下列四個正方體圖形中，A，B為正

22、方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是 (　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 答案　B 解析?、僦幸字狽P∥AA′，MN∥A′B， ∴平面MNP∥平面AA′B可得出AB∥平面MNP(如圖)． ④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP. 二、填空題 6． 過三棱柱ABC—A1B1C1任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1 平行的直線有________條． 答案　6 解析　如圖，E、F、G、H分別是A1C1、B1C1、BC、AC的中點，則 與平面ABB1A1平行的直線有

23、EF，GH，F(xiàn)G，EH，EG，F(xiàn)H共6條． 7． 如圖所示，ABCD—A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M、N分別是下 底面的棱A1B1、B1C1的中點，P是上底面的棱AD上的一點，AP＝， 過P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________. 答案　a 解析　∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， ∴MN∥PQ.∵M、N分別是A1B1、B1C1的中點，AP＝， ∴CQ＝，從而DP＝DQ＝，∴PQ＝a. 8． 已知m，n，l為三條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，則下列命題中， ①α∥β，m?α，n?β?m∥n； ②l⊥β，α⊥β?l∥α； ③m⊥

24、α，m⊥n?n∥α； ④α∥β，l⊥α?l⊥β. 判斷錯誤的是________． 答案?、佗冖? 解析?、馘e誤，兩平行平面內(nèi)的任意兩直線可平行或異面； ②錯誤，直線l可在平面α內(nèi)，此時只需垂直于兩平面的交線即可； ③錯誤，直線n可在平面α內(nèi)； ④正確，空間想象即可． 三、解答題 9． 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分別是AA1和B1C的中點． (1)求證：DE∥平面ABC； (2)求三棱錐E－BCD的體積． (1)證明　取BC中點G，連接AG，EG. 因為E是B1C的中點，所以EG∥BB1，且EG＝BB1. 由直棱

25、柱知，AA1綊BB1，而D是AA1的中點，所以EG綊AD， 所以四邊形EGAD是平行四邊形．所以ED∥AG. 又DE?平面ABC，AG?平面ABC， 所以DE∥平面ABC. (2)解　因為AD∥BB1，所以AD∥平面BCE， 所以VE－BCD＝VD－BEC＝VA－BCE＝VE－ABC， 由(1)知，DE∥平面ABC. 所以VE－ABC＝VD－ABC＝ADBCAG ＝364＝12. 10．如圖E、F、G、H分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1、 C1D1、AA1的中點．求證： (1)EG∥平面BB1D1D； (2)平面BDF∥平面B1D1H. 證明　(

26、1)取B1D1的中點O，連接GO，OB， 易證四邊形BEGO為平行四邊形，故OB∥GE， 由線面平行的判定定理即可證EG∥平面BB1D1D. (2)由題意可知BD∥B1D1. 如圖，連接HB、D1F， 易證四邊形HBFD1是平行四邊形， 故HD1∥BF. 又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B， 所以平面BDF∥平面B1D1H. B組　專項能力提升 (時間：30分鐘) 1． 設m，n是平面α內(nèi)的兩條不同直線；l1，l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線，則α∥β的一個充分而不必要條件是 (　　) A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2 C

27、．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2 答案　B 解析　對于選項A，不合題意；對于選項B，由于l1與l2是相交直線，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它們也可以異面，故必要性不成立，故選B；對于選項C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分條件；對于選項D，由于n∥l2可轉(zhuǎn)化為n∥β，同選項C，故不符合題意．綜上選B. 2． 已知平面α∥平面β，P是α、β外一點，過點P的直線m與α、β分別交于A、C，過點P的直線n與α、β分別交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長為________． 答案　24

28、或 解析　根據(jù)題意可得到以下如圖兩種情況： 可求出BD的長分別為或24. 3． 如圖，空間四邊形ABCD的兩條對棱AC、BD的長分別為5和4， 則平行于兩條對棱的截面四邊形EFGH在平移過程中，周長的取 值范圍是________． 答案　(8,10) 解析　設＝＝k， ∴＝＝1－k， ∴GH＝5k，EH＝4(1－k)， ∴周長＝8＋2k. 又∵0

29、 解　∵α∥β， ∴A1B1∥AB，B1C1∥BC， 又因∠A1B1C1與∠ABC同向． ∴∠A1B1C1＝∠ABC. 又∵cos∠ABC＝＝， ∴∠ABC＝60＝∠A1B1C1. 又∵B1為EB的中點，∴B1A1是△EAB的中位線， ∴B1A1＝AB＝， 同理知B1C1為梯形BCDE的中位線， ∴B1C1＝(BC＋DE)＝5. 則S△A1B1C1＝A1B1B1C1sin 60 ＝5＝. 故△A1B1C1的面積為. 5． 如圖，四棱錐P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形， PD＝DC＝4，AD＝2，E為PC的中點． (1)求三棱錐A—PDE的體

30、積； (2)AC邊上是否存在一點M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM 的長；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD. 因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱錐A—PDE的高． 因為E為PC的中點，且PD＝DC＝4， 所以S△PDE＝S△PDC＝＝4. 又AD＝2，所以VA—PDE＝ADS△PDE＝24＝. (2)取AC中點M，連接EM，DM，因為E為PC的中點，M是AC的 中點，所以EM∥PA. 又因為EM?平面EDM，PA?平面EDM， 所以PA∥平面EDM. 所以AM＝AC＝. 即在AC邊上存在一點M，使得PA∥平面EDM，AM的長為.