2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.2 直線與平面平行教案.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.2 直線與平面平行教案.doc
2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 9.2 直線與平面平行教案
●知識梳理
1.直線與平面的位置關(guān)系有且只有三種,即直線與平面平行、直線與平面相交、直線在平面內(nèi).
2.直線與平面平行的判定:如果平面外的一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行,那么這條直線與這個平面平行.
3.直線與平面平行的性質(zhì):如果一條直線與一個平面平行,經(jīng)過這條直線的平面與已知平面相交,那么這條直線與交線平行.
●點擊雙基
1.設(shè)有平面α、β和直線m、n,則m∥α的一個充分條件是
A.α⊥β且m⊥β B.α∩β=n且m∥n C.m∥n且n∥α D.α∥β且mβ
答案:D
2.(xx年北京,3)設(shè)m、n是兩條不同的直線,α、β、γ是三個不同的平面.給出下列四個命題,其中正確命題的序號是
①若m⊥α,n∥α,則m⊥n ②若α∥β,β∥γ,m⊥α,則m⊥γ ③若m∥α,n∥α,則m∥n ④若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
解析:①②顯然正確.③中m與n可能相交或異面.④考慮長方體的頂點,α與β可以相交.
答案:A
3.一條直線若同時平行于兩個相交平面,那么這條直線與這兩個平面的交線的位置關(guān)系是
A.異面 B.相交 C.平行 D.不能確定
解析:設(shè)α∩β=l,a∥α,a∥β,過直線a作與α、β都相交的平面γ,
記α∩γ=b,β∩γ=c,則a∥b且a∥c,∴b∥c.又bα,α∩β=l,∴b∥l.∴a∥l.
答案:C
4.(文)設(shè)平面α∥平面β,A、C∈α,B、D∈β,直線AB與CD交于點S,且AS=8,BS=9,CD=34,①當(dāng)S在α、β之間時,SC=_____________,②當(dāng)S不在α、β之間時,SC=_____________.
解析:∵AC∥BD,∴△SAC∽△SBD,①SC=16,②SC=272.
答案:①16 ②272
(理)設(shè)D是線段BC上的點,BC∥平面α,從平面α外一定點A(A與BC分居平面兩側(cè))作AB、AD、AC分別交平面α于E、F、G三點,BC=a,AD=b,DF=c,則EG=_____________.
解析:解法類同于上題.
答案:
5.在四面體ABCD中,M、N分別是面△ACD、△BCD的重心,則四面體的四個面中與MN平行的是________.
解析:連結(jié)AM并延長,交CD于E,連結(jié)BN并延長交CD于F,由重心性質(zhì)可知,E、F重合為一點,且該點為CD的中點E,由==得MN∥AB,
因此,MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
答案:平面ABC、平面ABD
●典例剖析
【例1】 如下圖,兩個全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB,M∈AC,N∈FB且AM=FN,求證:MN∥平面BCE.
證法一:過M作MP⊥BC,NQ⊥BE,P、Q為垂足(如上圖),連結(jié)PQ.
∵MP∥AB,NQ∥AB,∴MP∥NQ.
又NQ= BN=CM=MP,∴MPQN是平行四邊形.
∴MN∥PQ,PQ平面BCE.
而MN平面BCE,∴MN∥平面BCE.
證法二:過M作MG∥BC,交AB于點G(如下圖),連結(jié)NG.
∵MG∥BC,BC平面BCE,MG平面BCE,
∴MG∥平面BCE.
又==,∴GN∥AF∥BE,同樣可證明GN∥平面BCE.
又面MG∩NG=G,∴平面MNG∥平面BCE.又MN平面MNG.∴MN∥平面BCE.
特別提示
證明直線和平面的平行通常采用如下兩種方法:①利用直線和平面平行的判定定理,通過“線線”平行,證得“線面”平行;②利用兩平面平行的性質(zhì)定理,通過“面面”平行,證得“線面”平行.
【例2】 如下圖,正方體ABCD—A1B1C1D1中,側(cè)面對角線AB1、BC1上分別有兩點E、F,且B1E=C1F.求證:EF∥平面ABCD.
證法一:分別過E、F作EM⊥AB于點M,F(xiàn)N⊥BC于點N,連結(jié)MN.
∵BB1⊥平面ABCD,∴BB1⊥AB,BB1⊥BC.
∴EM∥BB1,F(xiàn)N∥BB1.∴EM∥FN.
又B1E=C1F,∴EM=FN.故四邊形MNFE是平行四邊形.
∴EF∥MN.又MN在平面ABCD中,
∴EF∥平面ABCD.
證法二:過E作EG∥AB交BB1于點G,連結(jié)GF,則=.
∵B1E=C1F,B1A=C1B,∴=.∴FG∥B1C1∥BC.
又∵EG∩FG=G,AB∩BC=B,∴平面EFG∥平面ABCD.而EF在平面EFG中,
∴EF∥平面ABCD.
評述:證明線面平行的常用方法是:證明直線平行于平面內(nèi)的一條直線;證明直線所在的平面與已知平面平行.
【例3】 已知正四棱錐P—ABCD的底面邊長及側(cè)棱長均為13,M、N分別是PA、BD上的點,且PM∶MA=BN∶ND=5∶8.
(1)求證:直線MN∥平面PBC;
(2)求直線MN與平面ABCD所成的角.
(1)證明:∵P—ABCD是正四棱錐,∴ABCD是正方形.連結(jié)AN并延長交BC于點E,連結(jié)PE.
∵AD∥BC,∴EN∶AN=BN∶ND.
又∵BN∶ND=PM∶MA,∴EN∶AN=PM∶MA.
∴MN∥PE.
又∵PE在平面PBC內(nèi),∴MN∥平面PBC.
(2)解:由(1)知MN∥PE,∴MN與平面ABCD所成的角就是PE與平面ABCD所成的角.
設(shè)點P在底面ABCD上的射影為O,連結(jié)OE,則∠PEO為PE與平面ABCD所成的角.
由正棱錐的性質(zhì)知PO==.
由(1)知,BE∶AD=BN∶ND=5∶8,∴BE=.
在△PEB中,∠PBE=60,PB=13,BE=,根據(jù)余弦定理,得PE=.
在Rt△POE中,PO=,PE=,∴sin∠PEO==.
故MN與平面ABCD所成的角為arcsin.
思考討論
證線面平行,一般是轉(zhuǎn)化為證線線平行.求直線與平面所成的角一般用構(gòu)造法,作出線與面所成的角.本題若直接求MN與平面ABCD所成的角,計算困難,而平移轉(zhuǎn)化為PE與平面ABCD所成的角則計算容易.可見平移是求線線角、線面角的重要方法.
●闖關(guān)訓(xùn)練
夯實基礎(chǔ)
1.兩條直線a、b滿足a∥b,bα,則a與平面α的關(guān)系是
A.a∥α B.a與α相交 C.a與α不相交 D.aα
答案:C
2.a、b是兩條異面直線,A是不在a、b上的點,則下列結(jié)論成立的是
A.過A有且只有一個平面平行于a、b B.過A至少有一個平面平行于a、b
C.過A有無數(shù)個平面平行于a、b D.過A且平行a、b的平面可能不存在
解析:過點A可作直線a′∥a,b′∥b,則a′∩b′=A.
∴a′、b′可確定一個平面,記為α.
如果aα,bα,則a∥α,b∥α.
由于平面α可能過直線a、b之一,因此,過A且平行于a、b的平面可能不存在.
答案:D
3.(xx年全國Ⅰ,16)已知a、b為不垂直的異面直線,α是一個平面,則a、b在α上的射影有可能是①兩條平行直線;②兩條互相垂直的直線;③同一條直線;④一條直線及其外一點.
在上面結(jié)論中,正確結(jié)論的編號是__________.(寫出所有正確結(jié)論的編號)
解析:A1D與BC1在平面ABCD上的射影互相平行;
AB1與BC1在平面ABCD上的射影互相垂直;
DD1與BC1在平面ABCD上的射影是一條直線及其外一點.
答案:①②④
4.已知Rt△ABC的直角頂點C在平面α內(nèi),斜邊AB∥α,AB=2,AC、BC分別和平面α成45和30角,則AB到平面α的距離為__________.
解析:分別過A、B向平面α引垂線AA′、BB′,垂足分別為A′、B′.
設(shè)AA′=BB′=x,則AC2=()2=2x2,
BC2=()2=4x2.
又AC2+BC2=AB2,∴6x2=(2)2,x=2.
答案:2
5.如下圖,四棱錐P—ABCD的底面是邊長為a的正方形,側(cè)棱PA⊥底面ABCD,側(cè)面PBC內(nèi)有BE⊥PC于E,且BE= a,試在AB上找一點F,使EF∥平面PAD.
解:在面PCD內(nèi)作EG⊥PD于G,連結(jié)AG.
∵PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,∴CD⊥PD.∴CD∥EG.
又AB∥CD,∴EG∥AB.
若有EF∥平面PAD,則EF∥AG,∴四邊形AFEG為平行四邊形,得EG=AF.
∵CE==a,△PBC為直角三角形,∴BC2=CECPCP=a,====.
故得AF∶FB=2∶1時,EF∥平面PAD.
6.如下圖,設(shè)P為長方形ABCD所在平面外一點,M、N分別為AB、PD上的點,且=,求證:直線MN∥平面PBC.
分析:要證直線MN∥平面PBC,只需證明MN∥平面PBC內(nèi)的一條直線或MN所在的某個平面∥平面PBC.
證法一:過N作NR∥DC交PC于點R,連結(jié)RB,依題意得===
=NR=MB.∵NR∥DC∥AB,∴四邊形MNRB是平行四邊形.∴MN∥RB.又∵RB平面PBC,∴直線MN∥平面PBC.
證法二:過N作NQ∥AD交PA于點Q,連結(jié)QM,∵==,∴QM∥PB.又NQ∥AD∥BC,∴平面MQN∥平面PBC.∴直線MN∥平面PBC.
證法三:過N作NR∥DC交PC于點R,連結(jié)RB,依題意有==,∴=,=+ + =.∴MN∥RB.又∵RB平面PBC,∴直線MN∥平面PBC.
培養(yǎng)能力
7.已知l是過正方體ABCD—A1B1C1D1的頂點的平面AB1D1與下底面ABCD所在平面的交線,(1)求證:D1B1∥l;(2)若AB=a,求l與D1間的距離.
(1)證明:
∵D1B1∥BD,∴D1B1∥平面ABCD.
又平面ABCD∩平面AD1B1=l,
∴D1B1∥l.
(2)解:∵D1D⊥平面ABCD,
在平面ABCD內(nèi),由D作DG⊥l于G,連結(jié)D1G,則D1G⊥l,D1G的長即等于點D1與l間的距離.
∵l∥D1B1∥BD,∴∠DAG=45.
∴DG=a,D1G===a.
探究創(chuàng)新
8.如下圖,在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,AA1=AB,點E、M分別為A1B、C1C的中點,過點A1、B、M三點的平面A1BMN交C1D1于點N.
(1)求證:EM∥平面A1B1C1D1;
(2)求二面角B—A1N—B1的正切值;
(3)設(shè)截面A1BMN把該正四棱柱截成的兩個幾何體的體積分別為V1、V2(V1<V2),求V1∶V2的值.
(1)證明:設(shè)A1B1的中點為F,連結(jié)EF、FC1.
∵E為A1B的中點,∴EFB1B.
又C1MB1B,∴EFMC1.∴四邊形EMC1F為平行四邊形.
∴EM∥FC1.∵EM平面A1B1C1D1,
FC1平面A1B1C1D1,∴EM∥平面A1B1C1D1.
(2)解:作B1H⊥A1N于H,連結(jié)BH.
∵BB1⊥平面A1B1C1D1,∴BH⊥A1N.
∴∠BHB1為二面角B—A1N—B1的平面角.
∵EM∥平面A1B1C1D1,EM平面A1BMN,平面A1BMN∩平面A1B1C1D1=A1N,
∴EM∥A1N.
又∵EM∥FC1,∴A1N∥FC1.
又∵A1F∥NC1,∴四邊形A1FC1N是平行四邊形.∴NC1=A1F.
設(shè)AA1=a,則A1B1=2a,D1N=a.
在Rt△A1D1N中,A1N== a,∴sin∠A1ND1==.
在Rt△A1B1H中,B1H=A1B1sin∠HA1B1=2a= a.
在Rt△BB1H中,tan∠BHB1===.
(3)解:延長A1N與B1C1交于P,則P∈平面A1BMN,且P∈平面BB1C1C.
又∵平面A1BMN∩平面BB1C1C=BM,∴P∈BM,即直線A1N、B1C1、BM交于一點P.
又∵平面MNC1∥平面BA1B1,∴幾何體MNC1—BA1B1為棱臺.(沒有以上這段證明,不扣分)
∵S=2aa=a2,S=aa= a2,
棱臺MNC1—BA1B1的高為B1C1=2a,
V1=2a(a2++a2)= a3,∴V2=2a2aa-a3= a3.
∴=.
●思悟小結(jié)
1.直線與平面的位置關(guān)系有三種:直線在平面內(nèi)、直線與平面相交、直線與平面平行,后者又統(tǒng)稱為直線在平面外.
2.輔助線(面)是解證線面平行的關(guān)鍵.為了能利用線面平行的判定定理及性質(zhì)定理,往往需要作輔助線(面).
●教師下載中心
教學(xué)點睛
1.必須使學(xué)生理解并掌握直線與平面的位置關(guān)系,以及直線與平面平行的判定定理及性質(zhì)定理;結(jié)合本課時題目,使學(xué)生掌握解證線面平行的基本方法.
2.證明線面平行是高考中常見的問題,常用的方法就是證明這條線與平面內(nèi)的某條直線平行.
拓展題例
【例1】 如下圖,設(shè)a、b是異面直線,AB是a、b的公垂線,過AB的中點O作平面α與a、b分別平行,M、N分別是a、b上的任意兩點,MN與α交于點P,求證:P是MN的中點.
證明:連結(jié)AN,交平面α于點Q,連結(jié)PQ.
∵b∥α,b平面ABN,平面ABN∩α=OQ,∴b∥OQ.又O為AB的中點,
∴Q為AN的中點. ∵a∥α,a平面AMN且平面AMN∩α=PQ,
∴a∥PQ.∴P為MN的中點.
評述:本題重點考查直線與平面平行的性質(zhì).
【例2】 在直三棱柱ABC—A1B1C1中,AB1⊥BC1,AB=CC1=a,BC=b.
(1)設(shè)E、F分別為AB1、BC1的中點,求證:EF∥平面ABC;
(2)求證:A1C1⊥AB;
(3)求點B1到平面ABC1的距離.
(1)證明:∵E、F分別為AB1、BC1的中點,∴EF∥A1C1.∵A1C1∥AC,∴EF∥AC.
∴EF∥平面ABC.
(2)證明:∵AB=CC1,∴AB=BB1.又三棱柱為直三棱柱,∴四邊形ABB1A1為正方形.連結(jié)A1B,則A1B⊥AB1.
又∵AB1⊥BC1,∴AB1⊥平面A1BC1.∴AB1⊥A1C1.
又A1C1⊥AA1,∴A1C1⊥平面A1ABB1.
∴A1C1⊥AB.
(3)解:∵A1B1∥AB,∴A1B1∥平面ABC1.
∴A1到平面ABC1的距離等于B1到平面ABC1的距離.
過A1作A1G⊥AC1于點G,
∵AB⊥平面ACC1A1,
∴AB⊥A1G.從而A1G⊥平面ABC1,故A1G即為所求的距離,即A1G= .
評述:本題(3)也可用等體積變換法求解.