新編高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫 第8章學(xué)案40

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 學(xué)案40　空間的平行關(guān)系 導(dǎo)學(xué)目標(biāo)： 1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面、面面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理.2.能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的平行關(guān)系的簡單命題． 自主梳理 1．空間直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系 (1)直線a和平面α的位置關(guān)系有三種：________、__________、__________. (2)兩個平面的位置關(guān)系有兩種：________和________． 2．直線與平面平行的判定與性質(zhì) (1)判定定理： 如果平面外一條直線和這個________________平行，那么這條直

2、線與這個平面平行． (2)性質(zhì)定理： 一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線就和交線平行． 3．平面與平面平行的判定與性質(zhì) (1)判定定理： 如果一個平面內(nèi)有________________都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行． (2)性質(zhì)定理： 如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么所得的兩條交線________． 自我檢測 1．下列各命題中： ①平行于同一直線的兩個平面平行； ②平行于同一平面的兩個平面平行； ③一條直線與兩個平行平面中的一個相交，那么這條直線必和另一個相交； ④垂直于同一直線的兩個平面平行． 不正確的命題個

3、數(shù)是________． 2．經(jīng)過平面外的兩點作該平面的平行平面，可以作______個． 3．一條直線若同時平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線的位置關(guān)系是________． 4．(2010·濟南模擬)已知α、β是不同的兩個平面，直線a?α，直線b?β，命題p：a與b沒有公共點；命題q：α∥β，則p是q的________條件． 5．(2010·南京二模)在四面體ABCD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________________． 探究點一　線面平行的判定 例1　已知有公共邊AB的兩個全等的矩形ABCD和ABEF不在同

4、一平面內(nèi)，P、Q分別是對角線AE、BD上的點，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面CBE. 變式遷移1　在四棱錐P—ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M、N分別是AB、PC的中點，求證：MN∥平面PAD. 探究點二　面面平行的判定 例2　在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分別是C1C、B1C1、C1D1的中點，求證：平面MNP∥平面A1BD. 變式遷移2　已知P為△ABC所在平面外一點，G1、G2、G3分別是△PAB、△PCB、△PAC的重心． (1)求證：平面G1G2G3∥平面ABC； (2)求S△G1G2G3

5、∶S△ABC. 探究點三　平行中的探索性問題 例3　如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，CD∥AB，AD⊥AB，AD＝DC＝AB，BC⊥PC. (1)求證：PA⊥BC； (2)試在線段PB上找一點M，使CM∥平面PAD，并說明理由． 變式遷移3　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? 1．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)定理． 2．平面與

6、平面平行的主要判定方法：(1)定義法；(2)判定定理；(3)利用結(jié)論：a⊥α，a⊥β?α∥β. 3．線線平行、線面平行、面面平行間的相互轉(zhuǎn)化：線∥線線∥面面∥性質(zhì)判定面 (滿分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．下列命題中真命題的個數(shù)為________． ①直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則l∥α； ②若直線a在平面α外，則a∥α； ③若直線a∥b，直線b?α，則a∥α； ④若直線a∥b，b?α，那么直線a就平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線． 2．給出下列命題，其中正確的命題是________(填序號)． ①直線上有兩點到平面的距離相等，則此直線與平面平

7、行； ②夾在兩個平行平面間的兩條異面線段的中點連線平行于這兩個平面； ③直線m⊥平面α，直線n⊥m，則n∥α； ④a、b是異面直線，則存在唯一的平面α，使它與a、b都平行且與a、b距離相等． 3．設(shè)l1、l2是兩條直線，α、β是兩個平面，A為一點，有下列四個命題，其中正確命題的個數(shù)是________． ①若l1?α，l2∩α＝A，則l1與l2必為異面直線； ②若l1∥α，l2∥l1，則l2∥α； ③若l1?α，l2?β，l1∥β，l2∥α，則α∥β； ④若α⊥β，l1?α，則l1⊥β. 4．在四面體ABCD中，截面PQMN是正方形，則下列命題中，正確的為________(

8、填序號)． ①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④異面直線PM與BD所成的角為45°. 5．下列四個正方體圖形中，A、B為正方體的兩個頂點，M、N、P分別為其所在棱的中點，能得出AB∥面MNP的圖形的序號是________(寫出所有符合要求的圖形序號)． 6．(2010·大連模擬)過三棱柱ABC—A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1平行的有______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C

9、D上，則PQ＝________. 8．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________． 二、解答題(共42分) 9．(12分) 如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分別是BC和A1B1的中點． 求證：MN∥平面AA1C1C. 10．(14分)(2010·湖南改編) 如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點．在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結(jié)論．

10、 11．(16分) (2010·濟寧一模)如圖，四邊形ABCD為矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE，且點F在CE上． (1)求證：AE⊥BE； (2)求三棱錐D—AEC的體積； (3)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DAE. 學(xué)案40　空間的平行關(guān)系 答案 自主梳理 1．(1)平行　相交　在平面內(nèi)　(2)平行　相交　2.(1)平面內(nèi)的一條直線　3.(1)兩條相交直線　(2)平行 自我檢測 1．1　2.0或1　3.平行　4.必要不充分 5．面

11、ABC和面ABD 課堂活動區(qū) 例1　解題導(dǎo)引　證明線面平行問題一般可考慮證線線平行或證面面平行，要充分利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化． 證明　方法一　 如圖所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，連結(jié)MN. ∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共邊AB，∴AE＝BD. 又∵AP＝DQ，∴PE＝QB， 又∵PM∥AB∥QN， ∴＝，＝，∴＝. ∴PM綊QN，∴四邊形PQNM為平行四邊形， ∴PQ∥MN 又MN?平面BCE，PQ?平面BCE， ∴PQ∥平面BCE. 方法二　 如圖所示，連結(jié)AQ，并延長交BC于K，連結(jié)EK， ∵AE＝

12、BD，AP＝DQ， ∴PE＝BQ， ∴＝.① 又∵AD∥BK，∴＝. ② 由①②得＝，∴PQ∥EK. 又PQ?平面BCE，EK?平面BCE， ∴PQ∥平面BCE. 方法三　 如圖所示，在平面ABEF內(nèi)，過點P作PM∥BE，交AB于點M，連結(jié)QM. ∵PM∥BE，PM?平面BCE， ∴PM∥平面BCE， 且＝.① 又∵AP＝DQ，∴PE＝BQ， ∴＝. ② 由①②得＝，∴MQ∥AD， ∴MQ∥BC，又∵MQ?平面BCE， BC?平面BCE，∴MQ∥平面BCE. 又∵PM∩MQ＝M，∴平面PMQ∥平面BCE， 又PQ?平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.

13、變式遷移1　證明　方法一　 取CD中點E，連結(jié)NE、ME、MN. ∵M、N分別是AB、PC的中點， ∴NE∥PD，ME∥AD. 又∵NE，ME?平面PAD，PD，AD?平面PAD， ∴NE∥平面PAD，ME∥平面PAD. 又NE∩ME＝E，∴平面MNE∥平面PAD. 又MN?平面MNE， ∴MN∥平面PAD. 方法二　取PD中點F，連結(jié)AF、NF、NM. ∵M、N分別為AB、PC的中點， ∴NF綊CD，AM綊CD，∴AM綊NF. ∴四邊形AMNF為平行四邊形，∴MN∥AF. 又AF?平面PAD，MN?平面PAD， ∴MN∥平面PAD. 例2　解題導(dǎo)引　面面平行

14、的常用判斷方法有： (1)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； (2)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行；關(guān)鍵是利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化． 證明　方法一　 如圖所示，連結(jié)B1D1、B1C. ∵P、N分別是D1C1、B1C1的中點， ∴PN∥B1D1. 又∵B1D1∥BD， ∴PN∥BD. 又PN?面A1BD， ∴PN∥平面A1BD. 同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N， ∴平面MNP∥平面A1BD. 方法二　 如圖所示，連結(jié)AC1、AC. ∵ABCD—A1B1C1D1為

15、正方體， ∴AC⊥BD. 又CC1⊥面ABCD， BD?面ABCD， ∴CC1⊥BD，∴BD⊥面ACC1， 又∵AC1?面ACC1， ∴AC1⊥BD. 同理可證AC1⊥A1B，∴AC1⊥平面A1BD. 同理可證AC1⊥平面PMN， ∴平面PMN∥平面A1BD. 變式遷移2　 (1)證明　如圖所示，連結(jié)PG1、PG2、PG3并延長分別與邊AB、BC、AC交于點D、E、F，連結(jié)DE、EF、FD， 則有PG1∶PD＝2∶3， PG2∶PE＝2∶3，∴G1G2∥DE. 又G1G2不在平面ABC內(nèi)，DE在平面ABC內(nèi)， ∴G1G2∥平面ABC. 同理G2G3∥平面AB

16、C. 又因為G1G2∩G2G3＝G2， ∴平面G1G2G3∥平面ABC. (2)解　由(1)知＝＝，∴G1G2＝DE. 又DE＝AC，∴G1G2＝AC. 同理G2G3＝AB，G1G3＝BC. ∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比為1∶3， ∴S△G1G2G3∶S△ABC＝1∶9. 例3　解題導(dǎo)引　近幾年探索性問題在高考中時有出現(xiàn)，解答此類問題時先以特殊位置嘗試探究，找到符合要求的點后再給出嚴(yán)格證明． (1)證明　連結(jié)AC，過點C作CE⊥AB，垂足為E. 在四邊形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC， ∴四邊形ADCE為正方形． ∴∠ACD＝∠ACE＝45°

17、. ∵AE＝CD＝AB，∴BE＝AE＝CE.∴∠BCE＝45°. ∴∠ACB＝∠ACE＋∠BCE＝45°＋45°＝90°. ∴AC⊥BC. 又∵BC⊥PC，AC?平面PAC，PC?平面PAC，AC∩PC＝C， ∴BC⊥平面PAC.∵PA?平面PAC，∴PA⊥BC. (2)解　當(dāng)M為PB的中點時，CM∥平面PAD. 方法一　取AP的中點F，連結(jié)CM，F(xiàn)M，DF. 則FM綊AB. ∵CD∥AB，CD＝AB， ∴FM綊CD. ∴四邊形CDFM為平行四邊形．∴CM∥DF. ∵DF?平面PAD，CM?平面PAD， ∴CM∥平面PAD. 方法二　 在四邊形ABCD中，

18、設(shè)BC的延長線與AD的延長線交于點Q， 連結(jié)PQ，CM. ∵CD∥AB， ∴＝＝. ∴C為BQ的中點． ∵M為BP的中點，∴CM∥QP. ∵PQ?平面PAD，CM?平面PAD， ∴CM∥平面PAD. 方法三　 取AB的中點E， 連結(jié)EM，CE，CM. 在四邊形ABCD中，CD∥AB，CD＝AB，E為AB的中點， ∴AE∥DC，且AE＝DC. ∴四邊形AECD為平行四邊形．∴CE∥DA. ∵DA?平面PAD，CE?平面PAD， ∴CE∥平面PAD. 同理，根據(jù)E，M分別為BA，BP的中點，得EM∥平面PAD. ∵CE?平面CEM，EM?平面CEM，CE∩EM

19、＝E， ∴平面CEM∥平面PAD. ∵CM?平面CEM，∴CM∥平面PAD. 變式遷移3　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. ∵P、O為DD1、DB的中點，∴D1B∥PO. 又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，∴平面D1BQ∥平面PAO. 課后練習(xí)區(qū) 1．1　2.②④　3.0　4.①②④ 5．①③ 解析　①∵面AB∥面MNP，∴AB∥面MNP， ②過N作AB的平行線交于底面正方形的中心O， NO?面MNP，∴AB與面MNP不平行． ③易知AB∥MP， ∴AB

20、∥面MNP； ④過點P作PC∥AB，∵PC?面MNP， ∴AB與面MNP不平行． 6. 6 解析　如圖，EF∥E1F1∥AB， EE1∥FF1∥BB1，F(xiàn)1E∥A1D， E1F∥B1D， ∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6條． 7.a 解析　 如圖所示，連結(jié)AC， 易知MN∥平面ABCD， 又∵PQ為平面ABCD與平面MNQP的交線， ∴MN∥PQ. 又∵MN∥AC，∴PQ∥AC， 又∵AP＝， ∴＝＝＝，∴PQ＝AC＝a. 8．24或 解析　分兩種情況：圖(1)中，由α∥β得AB∥CD，求得BD＝24，

21、圖(2)中，同理得AB∥CD，求得BD＝. 9．證明　設(shè)A1C1的中點為F，連結(jié)NF，F(xiàn)C， ∵N為A1B1的中點， ∴NF∥B1C1，且NF＝B1C1， 又由棱柱性質(zhì)知B1C1綊BC，(4分) 又M是BC的中點， ∴NF綊MC， ∴四邊形NFCM為平行四邊形． ∴MN∥CF，(8分) 又CF?平面AA1C1C， MN?平面AA1C1C， ∴MN∥平面AA1C1C.(12分) 10．解　在棱C1D1上存在點F，使B1F∥平面A1BE.證明如下： 如圖所示，分別取C1D1和CD的中點F，G，連結(jié)B1F，EG，BG，CD1，F(xiàn)G.因為A1D1∥B1C1∥BC，且A

22、1D1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四 邊形，因此D1C∥A1B.又E，G分別為D1D，CD的中點，所以EG∥D1C，從而EG∥A1B.這說明A1，B，G，E四點共面，所以BG?平面A1BE.(7分) 因為四邊形C1CDD1與B1BCC1都是正方形，F(xiàn)，G分別為C1D1和CD的中點，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四邊形B1BGF是平行四邊形，所以B1F∥BG.而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(14分) 11．(1)證明　由AD⊥平面ABE及AD∥BC， 得BC⊥平面ABE，BC⊥AE，(2分) 而BF⊥平面ACE，

23、所以BF⊥AE，(4分) 又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE， 又BE?平面BCE，故AE⊥BE.(6分) (2)解　在△ABE中，過點E作EH⊥AB于點H， 則EH⊥平面ACD. 由已知及(1)得EH＝AB＝，S△ADC＝2. 故VD—AEC＝VE—ADC＝×2×＝.(10分) (3)解　在△ABE中，過點M作MG∥AE交BE于點G，在△BEC中過點G作GN∥BC交EC于點N， 連結(jié)MN，則由＝＝＝，得CN＝CE. 由MG∥AE，AE?平面ADE， MG?平面ADE，則MG∥平面ADE.(12分) 再由GN∥BC，BC∥AD，AD?平面ADE，GN?平面ADE， 得GN∥平面ADE，所以平面MGN∥平面ADE. 又MN?平面MGN，則MN∥平面ADE.(15分) 故當(dāng)點N為線段CE上靠近點C的一個三等分點時， MN∥平面ADE.(16分)