《（渝皖瓊）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步 5.1 平行關(guān)系的判定學(xué)案 北師大版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（渝皖瓊）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步 5.1 平行關(guān)系的判定學(xué)案 北師大版必修2（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（渝皖瓊）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步 5.1 平行關(guān)系的判定學(xué)案 北師大版必修2 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.理解直線與平面平行、平面與平面平行的判定定理的含義.2.會用圖形語言、文字語言、符號語言準確描述直線與平面平行、平面與平面平行的判定定理，并知道其地位和作用.3.能運用直線與平面平行的判定定理、平面與平面平行的判定定理證明一些空間線面關(guān)系的簡單問題． 知識點一　直線與平面平行的判定定理 思考　如圖，一塊矩形木板ABCD的一邊AB在平面α內(nèi)，把這塊木板繞AB轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中，AB的對邊CD(不落在α內(nèi))和平面α有何位置關(guān)系？ 答案　平行． 梳理　判定定理

2、 表示 定理　　 圖形 文字 符號 直線與平面平行的判定定理 若平面外一條直線與此平面內(nèi)一條直線平行，則該直線與此平面平行 ?a∥α 知識點二　平面與平面平行的判定定理 思考1　三角板的一條邊所在平面與平面α平行，這個三角板所在平面與平面α平行嗎？ 答案　不一定． 思考2　三角板的兩條邊所在直線分別與平面α平行，這個三角板所在平面與平面α平行嗎？ 答案　平行． 梳理　判定定理 表示 定理　　 圖形 文字 符號 平面與平面平行的判定定理 如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行 ?α∥β

3、 1．若直線l上有兩點到平面α的距離相等，則l∥平面α.(　×　) 2．若直線l與平面α平行，則l與平面α內(nèi)的任意一條直線平行．(　×　) 3．若一個平面內(nèi)的兩條直線都與另一個平面平行，則這兩個平面平行．(　×　) 4．若一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面內(nèi)的兩條直線，則這兩個平面平行．(　√　) 類型一　直線與平面平行的判定問題 命題角度1　以錐體為背景證明線面平行 例1　如圖，S是平行四邊形ABCD所在平面外一點，M，N分別是SA，BD上的點，且＝. 求證：MN∥平面SBC. 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的證明 證明　連接

4、AN并延長交BC于點P，連接SP. 因為AD∥BC，所以＝， 又因為＝，所以＝，所以MN∥SP， 又MN?平面SBC，SP平面SBC， 所以MN∥平面SBC. 引申探究 本例中若M，N分別是SA，BD的中點，試證明MN∥平面SBC. 證明　連接AC，由平行四邊形的性質(zhì)可知，AC必過BD的中點N，在△SAC中，M，N分別為SA，AC的中點，所以MN∥SC，又因為SC平面SBC，MN?平面SBC，所以MN∥平面SBC. 反思與感悟　利用直線與平面平行的判定定理證線面平行的步驟 上面的第一步“找”是證題的關(guān)鍵，其常用方法有：利用三角形、梯形中位線的性質(zhì)；利用平行四邊形的

5、性質(zhì)；利用平行線分線段成比例定理． 跟蹤訓(xùn)練1　在四面體A－BCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則四面體的四個面中與MN平行的是________． 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的證明 答案　平面ABD與平面ABC 解析　如圖，取CD的中點E，連接AE，BE，MN. 則EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2， 所以MN∥AB. 又AB平面ABD，MN?平面ABD， 所以MN∥平面ABD， 同理，AB平面ABC，MN?平面ABC， 所以MN∥平面ABC. 命題角度2　以柱體為背景證明線面平行 例2　在三棱柱ABC－A1B1C1中

6、，D，E分別是棱BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結(jié)論． 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的證明 解　存在．證明如下： 如圖，取線段AB的中點為M， 連接A1M，MC，A1C，AC1， 設(shè)O為A1C，AC1的交點． 由已知得，O為AC1的中點， 連接MD，OE， 則MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線， 所以MD∥AC且MD＝AC，OE∥AC且OE＝AC， 因此MD∥OE且MD＝OE. 連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形， 則DE∥MO. 因為直線DE?平面A1MC，MO平面A

7、1MC， 所以直線DE∥平面A1MC. 即線段AB上存在一點M(線段AB的中點)， 使直線DE∥平面A1MC. 反思與感悟　證明以柱體為背景包裝的線面平行證明題時，常用線面平行的判定定理，遇到題目中含有線段中點時，常利用取中點去尋找平行線． 跟蹤訓(xùn)練2　如圖所示，已知長方體ABCD－A1B1C1D1. (1)求證：BC1∥平面AB1D1； (2)若E，F(xiàn)分別是D1C，BD的中點，求證：EF∥平面ADD1A1. 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的證明 證明　(1)∵BC1?平面AB1D1，AD1平面AB1D1，BC1∥AD1，∴BC1∥平面A

8、B1D1. (2)∵點F為BD的中點，∴F為AC的中點，又∵點E為D1C的中點，∴EF∥AD1，∵EF?平面ADD1A1，AD1平面ADD1A1，∴EF∥平面ADD1A1. 類型二　平面與平面平行的判定 例3　如圖所示，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. 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的證明 證明　(1)因為G，H分別是A1B1，A1C1的中點， 所以GH是△A1B1C1的中位線， 所以GH∥B1C1. 又因為B1C1∥

9、BC，所以GH∥BC， 所以B，C，H，G四點共面． (2)因為E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點， 所以EF∥BC. 因為EF?平面BCHG，BC平面BCHG， 所以EF∥平面BCHG. 因為A1G∥EB，A1G＝EB， 所以四邊形A1EBG是平行四邊形， 所以A1E∥GB. 因為A1E?平面BCHG，GB平面BCHG， 所以A1E∥平面BCHG. 因為A1E∩EF＝E， 所以平面EFA1∥平面BCHG. 反思與感悟　判定平面與平面平行的四種常用方法 (1)定義法：證明兩個平面沒有公共點，通常采用反證法． (2)利用判定定理：一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一

10、個平面．證明時應(yīng)遵循先找后作的原則，即先在一個平面內(nèi)找到兩條與另一個平面平行的相交直線，若找不到再作輔助線． (3)轉(zhuǎn)化為線線平行：平面α內(nèi)的兩條相交直線與平面β內(nèi)的兩條相交直線分別平行，則α∥β. (4)利用平行平面的傳遞性：若α∥β，β∥γ，則α∥γ. 跟蹤訓(xùn)練3　如圖所示，已知A為平面BCD外一點，M，N，G分別是△ABC，△ABD，△BCD的重心． 求證：平面MNG∥平面ACD. 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的證明 證明　如圖，設(shè)BM，BN，BG分別交AC，AD，CD于點P，F(xiàn)，H，連接PF，PH. 由三角形重心的性質(zhì)，得＝＝＝2， ∴MG

11、∥PH，又PH平面ACD，MG?平面ACD， ∴MG∥平面ACD. 同理可證MN∥平面ACD， 又MN∩MG＝M，MN平面MNG，MG平面MNG， ∴平面MNG∥平面ACD. 1．在正方體ABCD－A′B′C′D′中，E，F(xiàn)分別為底面ABCD和底面A′B′C′D′的中心，則正方體的六個面中與EF平行的平面有(　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　D 解析　由直線與平面平行的判定定理知，EF與平面AB′，平面BC′，平面CD′，平面AD′均平行．故與EF平行的平面有4個． 2

12、．直線a，b為異面直線，過直線a與直線b平行的平面(　　) A．有且只有一個 B．有無數(shù)多個 C．至多一個 D．不存在 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　A 解析　在直線a上任選一點A，過點A作b′∥b，則b′是唯一的，因為a∩b′＝A，所以a與b′確定一個平面并且只有一個平面． 3．在正方體EFGH－E1F1G1H1中，下列四對平面彼此平行的一對是(　　) A．平面E1FG1與平面EGH1 B．平面FHG1與平面F1H1G C．平面F1H1H與平面FHE1 D．平面E1HG1與平面EH1G 考點　平面與平面平行的判定 題點　平

13、面與平面平行的判定 答案　A 解析　如圖，∵EG∥E1G1，EG?平面E1FG1， E1G1平面E1FG1， ∴EG∥平面E1FG1. 又G1F∥H1E， 同理可證H1E∥平面E1FG1， 又H1E∩EG＝E，H1E，EG平面EGH1， ∴平面E1FG1∥EGH1. 4．經(jīng)過平面α外兩點，作與α平行的平面，則這樣的平面可以作(　　) A．1個或2個 B．0個或1個 C．1個 D．0個 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的判定 答案　B 解析　①當(dāng)經(jīng)過兩點的直線與平面α平行時，可作出一個平面β，使β∥α. ②當(dāng)經(jīng)過兩點的直線與

14、平面α相交時，由于作出的平面又至少有一個公共點，故經(jīng)過兩點的平面都與平面α相交，不能作出與平面α平行的平面．故滿足條件的平面有0個或1個． 5.如圖，四棱錐P－ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，CD⊥AD，F(xiàn)，E分別是PA，AD的中點，求證：平面PCD∥平面FEB. 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的判定 證明　連接BD，在△ABD中，∠BAD＝60°，AB＝AD， ∴△ABD是等邊三角形，E為AD的中點， ∴BE⊥AD，又CD⊥AD， ∴在四邊形ABCD中，BE∥CD. 又CD?平面FEB，BE平面FEB，∴CD∥平面FEB. 在△AP

15、D中，EF∥PD， 同理可得PD∥平面FEB. 又CD∩PD＝D， ∴平面PCD∥平面FEB. 1．直線與平面平行的關(guān)鍵是在已知平面內(nèi)找一條直線和已知直線平行，即要證直線和平面平行，先證直線和直線平行，即由立體向平面轉(zhuǎn)化，由高維向低維轉(zhuǎn)化． 2．證明面面平行的一般思路：線線平行?線面平行?面面平行． 3．準確把握線面平行及面面平行兩個判定定理，是對線面關(guān)系及面面關(guān)系作出正確推斷的關(guān)鍵． 一、選擇題 1．能保證直線a與平面α平行的條件是(　　) A．bα，a∥b B．bα，c∥α，a∥b，a∥c C．bα，A，B∈a，C，D∈b，且AC∥BD D．a(chǎn)?α，b

16、α，a∥b 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　D 解析　由線面平行的判定定理可知，D正確． 2．如果兩直線a∥b且a∥α，則b與α的位置關(guān)系是(　　) A．相交 B．b∥α C．bα D．b∥α或bα 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　D 解析　由a∥b且a∥α知，b與α平行或bα. 3．平面α與△ABC的兩邊AB，AC分別交于D，E，且AD∶DB＝AE∶EC，如圖所示，則BC與α的位置關(guān)系是(　　) A．平行 B．相交 C．異面 D．BCα 考點　直線與平面平行的判定 題

17、點　直線與平面平行的判定 答案　A 解析　在△ABC中，因為AD∶DB＝AE∶EC，所以BC∥DE.因為BC?α，DEα，所以BC∥α. 4．若六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面是正六邊形，則此六棱柱的面中互相平行的有(　　) A．1對 B．2對 C．3對 D．4對 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的判定 答案　D 解析　由圖知平面ABB1A1∥平面EDD1E1，平面BCC1B1∥平面FEE1F1，平面AFF1A1∥平面CDD1C1，平面ABCDEF∥平面A1B1C1D1E1F1， ∴此六棱柱的面中互相平行的有4對． 5．在空間四

18、邊形ABCD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 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　B 解析　易證EF∥平面BCD. 由AE∶EB＝AF∶FD知，EF∥BD，且EF＝BD. 又因為H，G分別為BC，CD的中點， 所以HG∥BD，且HG＝BD. 綜上可知，EF∥HG，EF≠HG，

19、 所以四邊形EFGH是梯形，且EF∥平面BCD. 6．如圖，下列正三棱柱ABC－A1B1C1中，若M，N，P分別為其所在棱的中點，則不能得出AB∥平面MNP的是(　　) 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　C 解析　在圖A，B中，易知AB∥A1B1∥MN，所以AB∥平面MNP；在圖D中，易知AB∥PN，所以AB∥平面MNP.故選C. 7．平面α內(nèi)有不共線的三點到平面β的距離相等且不為零，則α與β的位置關(guān)系為(　　) A．平行 B．相交 C．平行或相交 D．可能重合 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的判定 答案　C

20、 解析　若三點分布于平面β的同側(cè)，則α與β平行，若三點分布于平面β的兩側(cè)，則α與β相交． 8．已知直線l，m，平面α，β，下列說法正確的是(　　) A．l∥β，lα?α∥β B．l∥β，m∥β，lα，mα?α∥β C．l∥m，lα，mβ?α∥β D．l∥β，m∥β，lα，mα，l∩m＝M?α∥β 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的判定 答案　D 解析　如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD， 則AB∥平面DC1，AB平面AC， 但是平面AC與平面DC1不平行， 所以A錯誤；取BB1的中點E，CC1的中點F，可證E

21、F∥平面AC， B1C1∥平面AC.EF平面BC1，B1C1平面BC1，但是平面AC與平面BC1不平行，所以B錯誤；AD∥B1C1，AD平面AC，B1C1平面BC1，但是平面AC與平面BC1不平行，所以C錯誤；很明顯D是面面平行的判定定理，所以D正確． 二、填空題 9．設(shè)m，n是平面α外的兩條直線，給出下列三個推斷： ①m∥n；②m∥α；③n∥α，以其中兩個為條件，余下的一個為結(jié)論，寫出你認為正確的一個________． 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　①②?③(或①③?②) 解析　若m∥n，m∥α，則n∥α，同樣，若m∥n，n∥α，則m∥

22、α. 10．如圖，在五面體FEABCD中，四邊形CDEF為矩形，M，N分別是BF，BC的中點，則MN與平面ADE的位置關(guān)系是________． 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　平行 解析　∵M，N分別是BF，BC的中點， ∴MN∥CF.又四邊形CDEF為矩形， ∴CF∥DE， ∴MN∥DE.又MN?平面ADE，DE平面ADE， ∴MN∥平面ADE. 11．如圖是正方體的平面展開圖．在這個正方體中，①BM∥平面ADNE；②CN∥平面ABFE；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF. 以上四個說法中正確的是_____

23、___． 考點　平行問題的綜合應(yīng)用 題點　線線、線面、面面平行的相互轉(zhuǎn)化 答案　①②③④ 解析　以ABCD為下底面還原正方體，如圖． 則易知四個說法都是正確的． 12.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，CD的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M滿足________時，有MN∥平面B1BDD1. 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 答案　M∈線段FH 解析　∵HN∥BD，HF∥DD1，HN∩HF＝H，BD∩DD1＝D，∴平面NHF∥平面

24、B1BDD1， 故線段FH上任意一點M與N連接， 都有MN∥平面B1BDD1. 三、解答題 13．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB，A1D1的中點分別為M，N，求證：MN∥平面B1D1DB. 考點　直線與平面平行的判定 題點　直線與平面平行的判定 證明　如圖，取BD的中點O，連接MO，D1O，則OM∥AD且OM＝AD，∵ND1＝A1D1，AD∥A1D1，且AD＝A1D1， ∴OM∥ND1，且OM＝ND1， ∴四邊形OMND1為平行四邊形， ∴MN∥OD1.又MN?平面B1D1DB，OD1平面B1D1DB， ∴MN∥平面B1D1DB. 四、探

25、究與拓展 14．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1B1，B1C1，BB1的中點，給出下列四個推斷： ①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1. 其中推斷正確的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 考點　平行問題的綜合應(yīng)用 題點　線線、線面、面面平行的相互轉(zhuǎn)化 答案　A 解析　∵在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)，G分別是棱A1B1，B1C1，BB1的中點，∴FG∥BC1. ∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG?平面AA1D1D， AD1平面AA

26、1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故①正確；∵EF∥A1C1，A1C1與平面BC1D1相交，∴EF與平面BC1D1相交，故②錯誤； ∵FG∥BC1，F(xiàn)G?平面BC1D1，BC1平面BC1D1， ∴FG∥平面BC1D1，故③正確； ∵EF與平面BC1D1相交，∴平面EFG與平面BC1D1相交，故④錯誤．故選A. 15．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設(shè)Q是CC1上的點，問：當(dāng)點Q在什么位置時，平面D1BQ∥平面PAO? 考點　平面與平面平行的判定 題點　平面與平面平行的判定 解　當(dāng)Q為CC1的中點時，平面D1BQ∥平面PAO. ∵Q為CC1的中點，P為DD1的中點， ∴QB∥PA， 又O為DB的中點， ∴D1B∥PO. 又PO∩PA＝P，BQ∩D1B＝B， ∴平面D1BQ∥平面PAO.