高考數(shù)一輪復(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 文

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)(·福建高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，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P-ABCD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D-PBC的體積．(2)(·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，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＝ADtan60°＝4eq\r(3).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是PA中點，∴MN∥AB且MN＝eq\f(1,2)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.③VD-PBC＝VP-DBC＝eq\f(1,3)S△DBC·PD，又∵S△DBC＝6，PD＝4eq\r(3)，∴VD-PBC＝8eq\r(3).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.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ABE，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eq\f(CN,CE)＝eq\f(BG,BE)＝eq\f(MB,AB)＝eq\f(1,3)，得CN＝eq\f(1,3)CE.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)．1.(·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)設(shè)AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)，求三棱錐C-A1DE的體積．解：(1)證明：連接AC1交A1C于點F，則F為AC1又D是AB中點，連接DF，則在△ABC1中，BC1∥DF.因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)因為ABC-A1B1C1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＝2eq\r(2)，得∠ACB＝90°，CD＝eq\r(2)，A1D＝eq\r(6)，DE＝eq\r(3)，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.所以VC-A1DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(3)×eq\r(2)＝1.2.如圖所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC(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ABCD-A1B1C1D1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，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ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.[自主解答](1)∵G，H分別是A1B1，A1C1∴GH是△A1B1C1∴GH∥B1C1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=∴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：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=∴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)．(·陜西高考)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).(1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD-A1B1D1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.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1∥B1C1∥BC，A1D1=B1C1=∴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ABD-A1B1D1的高．又∵AO＝eq\f(1,2)AC＝1，AA1＝eq\r(2)，∴A1O＝eq\r(AA\o\al(2,1)－OA2)＝1.又∵S△ABD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＝1，∴VABD-A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.考點三平行關(guān)系的綜合應(yīng)用[例3]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.∵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＝eq\f(1,2)BD＝3，MF＝eq\f(1,2)AC＝2.∴∠EMF為AC與BD所成的角或其補角，∴∠EMF＝60°或120°.∴在△EFM中，由余弦定理得EF＝eq\r(ME2＋MF2－2ME·MF·cos∠EMF)＝eq\r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq\r(13±6)，即EF＝eq\r(7)或EF＝eq\r(19).【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．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，則當(dāng)點Q在什么位置時，平面D1BQ∥平面解：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，∴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eq\a\vs4\al(線線平行)eq\a\vs4\al(判定定理)