《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第七章 ：第四節(jié)直線、平面平行的判定及其性質(zhì)突破熱點題型》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第七章 ：第四節(jié)直線、平面平行的判定及其性質(zhì)突破熱點題型（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 第四節(jié)　直線、平面平行的判定及其性質(zhì) 高頻考點 考點一 線面平行的判定及性質(zhì)　　 1．線面平行的判定及性質(zhì)是每年高考的必考內(nèi)容，多出現(xiàn)在解答題中的第(1)、(2)問，難度適中，屬中檔題． 2．高考對線面平行的判定及性質(zhì)的考查常有以下兩個命題角度： (1)以多面體為載體，證明線面平行問題； (2)以多面體為載體，考查與線面平行有關(guān)的探索性問題． [例1]　(1)(2013福建高考) 如圖，在四棱錐PABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3

2、，AD＝4，∠PAD＝60. ①當(dāng)正視方向與向量的方向相同時，畫出四棱錐PABCD的正視圖(要求標(biāo)出尺寸，并寫出演算過程)； ②若M為PA的中點，求證：DM∥平面PBC； ③求三棱錐DPBC的體積． (2)(2014日照模擬) 如圖所示，四邊形ABCD為矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE于點F，且點F在線段CE上． ①求證：AE⊥BE； ②設(shè)點M在線段AB上，且滿足AM＝2MB，試在線段CE上確定一點N，使得MN∥平面ADE. [自主解答]　(1)法一： ①在梯形ABCD中，過點C作CE⊥AB，垂足為E. 由已知得，四邊形ADCE為矩形，

3、AE＝DC＝3， 在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理得BE＝3，從而AB＝6. 又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥AD， 所以在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60， 得PD＝ADtan 60＝4. 正視圖如圖(1)所示： 圖(1) 　　圖(2) ②證明：如圖(2)所示，取PB中點N，連接MN，CN. 在△PAB中，∵M(jìn)是PA中點， ∴MN∥AB且MN＝AB＝3. ∵又CD∥AB，CD＝3，∴MN∥CD，MN＝CD， ∴四邊形MNCD為平行四邊形，∴DM∥CN. ∵DM?平面PBC，CN?平面PBC， ∴DM∥平面PBC. ③VDPBC＝VPD

4、BC＝S△DBCPD， 又∵S△DBC＝6，PD＝4，∴VDPBC＝8. 法二：①同法一． ②證明：取AB的中點E，連接ME，DE. 在梯形ABCD中，BE∥CD，且BE＝CD， ∴四邊形BCDE為平行四邊形， ∴DE∥BC. ∵DE?平面PBC，BC?平面PBC， ∴DE∥平面PBC. ∵在△PAB中，ME∥PB，ME?平面PBC，PB?平面PBC， ∴ME∥平面PBC. ∵DE∩ME＝E，∴平面DME∥平面PBC. ∵DM?平面DME，∴DM∥平面PBC.[來源:] ③同法一． (2)①證明：由DA⊥平面ABE及AD∥BC，得BC⊥平面ABE，又AE?平面A

5、BE，所以AE⊥BC， 因為BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以BF⊥AE， 又BC∩BF＝B，BC，BF?平面BCE， 所以AE⊥平面BCE. 因為BE?平面BCE，故AE⊥BE. ②在△ABE中，過點M作MG∥AE交BE于點G，在△BEC中，過點G作GN∥BC交CE于點N，連接MN，則由＝＝＝，得CN＝CE.[來源:] 因為MG∥AE，AE?平面ADE，MG?平面ADE， 所以MG∥平面ADE， 又GN∥BC，BC∥AD，AD?平面ADE，GN?平面ADE， 所以GN∥平面ADE， 又MG∩GN＝G，所以平面MGN∥平面ADE， 因為MN?平面MGN， 所以

6、MN∥平面ADE. 故當(dāng)點N為線段CE上靠近C的一個三等分點時，MN∥平面ADE. 線面平行問題的常見類型及解題策略 (1)線面平行的證明問題． 判斷或證明線面平行的常用方法有： ①利用線面平行的定義(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)(α∥β，a?α?a∥β)； ④利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β)． (2)線面平行的探索性問題． ①對命題條件的探索常采用以下三種方法： a．先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明； b．先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明其充分

7、性； c．把幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探索命題成立的條件． ②對命題結(jié)論的探索常采用以下方法： 首先假設(shè)結(jié)論存在，然后在這個假設(shè)下進(jìn)行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，如果得到了矛盾的結(jié)果就否定假設(shè)． [來源:] 1. (2013新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點． (1)證明：BC1∥平面A1CD； (2)設(shè)AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，求三棱錐CA1DE的體積． 解：(1)證明：連接AC1交A1C于點F，則F為AC1的中點． 又D是AB中點，連接DF，則在△ABC1中，BC1∥DF. 因為DF

8、?平面A1CD，BC1?平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD. (2)因為ABCA1B1C1是直三棱柱， 所以AA1⊥平面ABC，則AA1⊥CD. 由已知AC＝CB，D為AB的中點，所以CD⊥AB. 又AA1∩AB＝A，AA1，AB?平面ABB1A1， 所以CD⊥平面ABB1A1. 由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，得 ∠ACB＝90，CD＝，A1D＝，DE＝，A1E＝3， 故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D. 所以VCA1DE＝＝1. 2.如圖所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (

9、1)求證：D1C⊥AC1； (2)設(shè)E是DC上一點，試確定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并說明理由． 解：(1)證明：在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中， 連接C1D，∵DC＝DD1， ∴四邊形DCC1D1是正方形， ∴DC1⊥D1C. 又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，DC，DD1?平面DCC1D1， ∴AD⊥平面DCC1D1， 又D1C?平面DCC1D1， ∴AD⊥D1C. ∵AD?平面ADC1，DC1?平面ADC1， 且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1?平面ADC1， ∴D1C⊥AC1. (2)連接AD1，AE，D1E

10、， 設(shè)AD1∩A1D＝M， BD∩AE＝N，連接MN， ∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD， 可使MN∥D1E， 又M是AD1的中點， 則N是AE的中點． 又易知△ABN≌△EDN， ∴AB＝DE. 即E是DC的中點． 綜上所述，當(dāng)E是DC的中點時，可使D1E∥平面A1BD. 考點二 面面平行的判定與性質(zhì) 　 [例2]如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1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. [自主解答]　(1)∵G，H

11、分別是A1B1，A1C1的中點， ∴GH是△A1B1C1的中位線， ∴GH∥B1C1.[來源:] 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC， ∴B，C，H，G四點共面． (2)∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點， ∴EF∥BC. ∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. ∵A1G∥EB，A1G=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. 【互動探究】 在本例條件下，若D1，D分別為B1C1，BC的中點，求證

12、：平面A1BD1∥平面AC1D. 證明：如圖所示，連接A1C交AC1于點H， ∵四邊形A1ACC1是平行四邊形， ∴H是A1C的中點， 連接HD， ∵D為BC的中點， ∴A1B∥DH. ∵A1B?平面A1BD1，DH?平面A1BD1， ∴DH∥平面A1BD1. 又由三棱柱的性質(zhì)知，D1C1∥BD，D1C1=BD ∴四邊形BDC1D1為平行四邊形， ∴DC1∥BD1. 又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1， ∴DC1∥平面A1BD1， 又∵DC1∩DH＝D， ∴平面A1BD1∥平面AC1D.　　　 【方法規(guī)律】 判定面面平行的四種方法 (1)利

13、用定義：即證兩個平面沒有公共點(不常用)． (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)． (3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行(客觀題可用)． (4)利用平面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(客觀題可用)． (2013陜西高考)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心， A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝. (1)證明：平面 A1BD∥平面CD1B1； (2)求三棱柱ABDA1B1D1的體積． 解：(1)證明：由題設(shè)知，BB1∥DD1，BB1=DD1 ∴四邊形BB1D1D是平行四邊形， ∴BD∥B1D1.

14、又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1， ∴BD∥平面CD1B1. ∵A1D1∥B1C1∥BC，A1D1=B1C1=BC， ∴四邊形A1BCD1是平行四邊形， ∴A1B∥D1C. 又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1， ∴A1B∥平面CD1B1. 又∵BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1. (2)∵A1O⊥平面ABCD， ∴A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高． 又∵AO＝AC＝1，AA1＝， ∴A1O＝＝1. 又∵S△ABD＝＝1， ∴VABDA1B1D1＝S△ABDA1O＝1. 考點三 平行關(guān)系的綜合應(yīng)用 　 [例3]　

15、 如圖所示，平面α∥平面β，點A∈α，點C∈α，點B∈β，點D∈β，點E，F(xiàn)分別在線段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD. (1)求證：EF∥平面β； (2)若E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角為60，求EF的長． [自主解答]　(1)證明：①當(dāng)AB，CD在同一平面內(nèi)時， 由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC， 平面β∩平面ABDC＝BD， ∴AC∥BD. ∵AE∶EB＝CF∶FD， ∴EF∥BD. 又EF?β，BD?β，∴EF∥平面β. ②當(dāng)AB與CD異面時，如圖所示，設(shè)平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC.

16、∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC， ∴AC∥DH， ∴四邊形ACDH是平行四邊形， 在AH上取一點G，使AG∶GH＝CF∶FD，連接EG，F(xiàn)G，BH. 又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH， ∴GF∥HD，EG∥BH. 又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H， ∴平面EFG∥平面β. 又EF?平面EFG，∴EF∥平面β. 綜合①②可知EF∥平面β. (2)如圖所示，連接AD，取AD的中點M，連接ME，MF. ∵E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點， ∴ME∥BD，MF∥AC， 且ME＝BD＝3， MF＝AC＝2. ∴∠EMF為AC與BD所成的角或其補角， ∴

17、∠EMF＝60或120. ∴在△EFM中，由余弦定理得 EF＝ ＝ ＝， 即EF＝或EF＝. 【方法規(guī)律】 1．解決本題的關(guān)鍵是構(gòu)造過EF且平行平面α和平面β的平面．[來源:] 2．通過線面、面面平行的判定和性質(zhì)，可實現(xiàn)線線、線面、面面平行的轉(zhuǎn)化． 如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設(shè)Q是CC1上的點，則當(dāng)點Q在什么位置時，平面D1BQ∥平面PAO? 解：當(dāng)Q為CC1的中點時，平面D1BQ∥平面PAO. 證明如下： ∵Q為CC1的中點，P為DD1的中點， ∴QB∥PA. ∵P，O分別為DD1，DB的中點

18、， ∴D1B∥PO. 又∵D1B?平面PAO，PO?平面PAO，QB?平面PAO，PA?平面PAO， ∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO， 又D1B∩QB＝B，D1B，QB?平面D1BQ， ∴平面D1BQ∥平面PAO. ————————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]———————————————— 1個轉(zhuǎn)化——三種平行關(guān)系間的轉(zhuǎn)化 　 2個注意點——證明平行問題應(yīng)注意的兩個問題 　(1)在推證線面平行時，必須滿足三個條件：一是直線a在已知平面外；二是直線b在已知平面內(nèi)；三是兩直線平行． (2)把線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行時，必須說清經(jīng)過已知直線的平面與已知平面相交，則該直線與交線平行．