2019-2020年高考数学一轮总复习第8章立体几何初步第四节直线平面平行的判定与性质AB卷文新人教A版
(全国通用版)2019版高考数学大一轮复习_第八章 立体几何初步 第4节 直线、平面平行的判定及其性质课件 文
第4节直线、平面平行的判定及其性质最新考纲 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.知识梳理1.直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判一条直线与此平面内的一条直线定平面外a ⊄α，b ⊂α， a ∥b ⇒a ∥α定平行，则该直线平行于此平面 理 性 交线一条直线和一个平面平行，则过 a ∥α，a ⊂β， α∩β＝ 质 这条直线的任一平面与此平面的 定 与该直线平行理b ⇒a ∥b2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示 符号表示a ⊂α，b ⊂α， a ∩b ＝P ， 判相交直线 一个平面内的两条与另一个平面平行，则这 两个平面平行 定定理a ∥β，b ∥β⇒α∥β 两个平面平行，则其中一平行α∥β， 性个平面内的直线 质于另一个平面a ⊂α⇒a ∥β 交线定如果两个平行平面同时和 理第三个平面相交，那么它α∥β，α∩γ ＝a ，β∩γ＝[常用结论与微点提醒]1.平行关系中的两个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.2.线线、线面、面面平行间的转化诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.( )(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( )(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.( )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.( )解析(1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误.(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2) 错误.(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误.答案(1)× (2)× (3)×(4)√2.(必修2P61A组T1(1)改编)下列命题中正确的是( )A.若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α解析根据线面平行的判定与性质定理知，选D.答案 D3.设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析当m∥β时，可能α∥β，也可能α与β相交.当α∥β时，由m⊂α可知，m∥β.∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.答案 B4.(2018·长沙模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A.m∥α，n∥α，则m∥nB.m∥n，m∥α，则n∥αC.m⊥α，m⊥β，则α∥βD.α⊥γ，β⊥γ，则α∥β解析A中，m与n平行、相交或异面，A不正确；B中，n∥α或n⊂α，B不正确；根据线面垂直的性质，C正确；D中，α∥β或α与β相交于一条直线，D错.答案 C5.(必修2P56练习2改编)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________.解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，O为BD的中点，E为DD1的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案平行考点一与线、面平行相关命题的判定【例1】(1)(2018·成都诊断)已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：①若α∥β，则m∥n；②若α∥β，则m∥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.其中真命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)(2018·安庆模拟)在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，Q 分别是棱 D 1C 1，A BC 2 3 的中点，点 P 在 BD 1上且 BP ＝ BD 1，则下面说法正确的是________(填序号).①MN ∥平面 APC ；②C 1Q ∥平面 APC ；③A ，P ，M 三点共线；④平面 MNQ ∥APC .解析 (1)①若α∥β，则m ∥n 或m ，n 异面，不正确；②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m ∥β，正确；③若α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，则α与β不一定垂直，不正确；④若α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，l 与n 不一定相交，不能推出α⊥β，不正确.(2)如图，对于①，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN⊂面APC，所以MN∥面APC是错误的.对于②，由①知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，且AN⊂平面APC，C1Q⊄平面APC.所以C1Q∥面APC是正确的.答案对于③(，由1)B①(知，2)②③A，P，M三点共线是正确的.对于④，由①知MN⊂面APC，又MN⊂面MNQ，所以面MNQ∥面APC是错误的.规律方法 1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项.2.(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.【训练1】(1)设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件(2)(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.解析(1)若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件.(2)当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.答案(1)A (2)②③④考点二直线与平面平行的判定与性质(多维探究)命题角度1直线与平面平行的判定【例2－1】(2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求四面体N－BCM的体积.2 3 (1)证明由已知得 AM ＝ AD ＝2.如图，取 BP 的中点 T ，连接 AT ，TN ， 由 N 为 PC 中点知 TN ∥BC ，TN ＝12BC＝2.又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)解因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以 N 到平面 ABCD 的距离为12PA .如图，取 BC 的中点 E ，连接 AE .由 AB ＝AC ＝3得 AE ⊥BC ，AE ＝ AB 2－B ＝ 5.由 AM ∥BC 得 M 到 BC 的距离为 5，故 S △BCM ＝12×4× 5＝2 5.所以四面体 N －BCM 的体积 V N －BCM ＝13×S △BCM ×＝ . PA 4 5 2 3命题角度2直线与平面平行性质定理的应用【例2－2】(2018·青岛质检)如图，五面体ABCDE，四边形ABDE是矩形，△ABC是正三角形，AB＝1，AE＝2，F是线段BC上一点，直线BC与平面ABD所成角为30°，CE∥平面ADF.(1)试确定F的位置；(2)求三棱锥A－CDF的体积.解 (1)连接BE 交AD 于点O ，连接OF ，∵CE ∥平面ADF ，CE ⊂平面BEC ，平面ADF ∩平面BEC ＝OF ， ∴CE ∥OF .∵O 是BE 的中点，∴F 是BC 的中点.(2)∵BC 与平面ABD 所成角为30°，BC ＝AB ＝1，∴C 到平面 ABD 的距离为 h ＝BC ·sin 30°＝12.∵AE ＝2，∴V A －CDF ＝V F －ACD ＝12V B －ACD ＝12V C －ABD ＝ × × ×1×2×＝ . 1 1 1 2 3 2 1 1 2 12规律方法 1.利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反.【训练2】(2017·江苏卷)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF. ∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.又AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，∴AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.考点三面面平行的判定与性质(典例迁移)【例3】(经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面. (2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG. 又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.【迁移探究1】在本例中，若将条件 “E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“D 1，D 分别为B 1C 1，BC 的中点”，求证：平面A BD ∥平面AC D . 证明如图所示，连接A C 交AC 于点M ， 1 1 1 1 1 ∵四边形A 1ACC 1是平行四边形，∴M 是A 1C 的中点，连接MD ，∵D 为BC 的中点，∴A 1B ∥DM .∵A 1B ⊂平面A 1BD 1，DM ⊄平面A 1BD 1，∴DM ∥平面A 1BD 1，又由三棱柱的性质知，D 1C 1綉BD ，∴四边形BDC 1D 1为平行四边形，∴DC 1∥BD 1.又DC 1⊄平面A 1BD 1，BD 1⊂平面A 1BD 1，∴DC 1∥平面A 1BD 1，又DC 1∩DMD ，DC 1，DM ⊂平面AC 1D ，因此平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【迁移探究 2】在本例中，若将条件“E ，F ，G ，H 分别是 AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“点 D ，D 1分别是 AC ，A 1C 1上的点，且平面 BC 1D ∥平面 AB 1D 1”， AD 试求的值. DC解连接A 1B 交AB 1于O ，连接OD 1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面 A 1BC 1∩平面 BC 1D ＝ BC 1，平面 A 1BC 1∩平面AB D ＝D O ，A D A O 1 1 D C OB1 1 1 1 11 1 所以 BC ∥D O ，则 ＝ ＝1. 1 A D DC DC D C ADAD1 1 AD DC 1 1 又由题设 ＝，∴＝1，即＝1.规律方法 1.判定面面平行的主要方法(1)利用面面平行的判定定理.(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行).2.面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行.(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.提醒利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线.【训练3】(2018·东北三省四校联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，CC1的中点.(1)若线段AC上存在点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；(2)证明：EF⊥A1C.(1)解点D是AC的中点，理由如下：∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴AB∥DE，∵在△ABC中，E是BC的中点，∴D是AC的中点.(2)证明∵三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝AA1，∴四边形A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1.∵AA1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，∴AA1⊥AB，又AB⊥AC，AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C，∵A1C⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1C.又AB∩AC1＝A，从而A1C⊥平面ABC1，又BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥BC1.。
2020版高考数学一轮复习第八章立体几何第4讲直线、平面平行的判定及性质教案理(含解析)新人教A版
第4讲直线、平面平行的判定及性质基础知识整合1．直线与平面平行（1)判定定理（2)性质定理2．平面与平面平行(1）判定定理（2）性质定理1．垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.2．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.3．平行于同一个平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ，则α∥γ.1．已知直线l和平面α,若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线( ) A．只有一条,不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内答案B解析过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条，因为点P在平面α内，所以这条直线也应该在平面α内．2．（2019·吉林普通中学模拟)已知α，β表示两个不同的平面，直线m是α内一条直线，则“α∥β "是“m∥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析由α∥β,m⊂α，可得m∥β；反过来，由m∥β，m⊂α,不能推出α∥β。
综上，“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件．3．若空间四边形ABCD的两条对角线AC,BD的长分别是8,12，过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为（）A．10 B．20C．8 D．4答案B解析设截面四边形为EFGH，F,G，H分别是BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝4，FG＝HE ＝6.∴周长为2×(4＋6)＝20.4．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O,M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC。
其中正确的个数是( ）A．1 B．2C．3 D．4答案C解析矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O,所以O为BD的中点．在△PBD中,M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB,所以OM与平面PBA，平面PBC相交．5．(2019·南通模拟)如图,四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为________．答案平行解析取PD的中点F，连接EF，AF，在△PCD中，EF綊错误!CD。
2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何8.4直线平面平行的判定与性质真题演练集训理新人教A版
2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何8.4直线平面平行的判定与性质真题演练集训理新人教A版1．[xx·山东卷节选]在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.2．[xx·新课标全国卷Ⅲ节选]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB ＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．证明：MN∥平面PAB.证明：由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知，TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .3．[xx·江苏卷节选]如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1，设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：DE ∥平面AA 1C 1C .证明：由题意知，E 为B 1C 的中点，又D 为AB 1的中点，因此DE ∥AC .又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ，所以DE ∥平面AA 1C 1C .4．[xx·新课标全国卷Ⅱ节选]如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．证明：PB ∥平面AEC .证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB∥平面AEC.课外拓展阅读立体几何中的探索性问题1．条件追溯型问题[典例1] 如图所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定点E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．(1)[证明]因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝2，易求BC＝2，因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1.(2)[解]点E为DC的中点．理由如下：如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形．所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B.因为D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.方法探究立体几何中的条件追溯型问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步地推出所要求的条件．此类问题的难点是如何应用“执果索因”．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．2．存在探索型问题[典例2] 如图所示，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？请说明理由．[思路分析] (1)利用DE∥PC证明线面平行；(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；(3)Q应为EG的中点．(1)[证明]因为D，E分别是AP，AC的中点，所以DE∥PC.又DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)[证明]因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF .所以四边形DEFG 为平行四边形．又PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG .所以四边形DEFG 为矩形．(3)[解] 存在满足条件的点Q .理由如下：连接DF ，EG ，如图所示，设Q 为EG 的中点，由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG . 分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM ＝QN ＝12EG ， 所以Q 为满足条件的点．方法探究解决与平行有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．。
高考数学一轮复习统考 第8章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定及性质课件
答案
解析 因为矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，所以 O 为 BD 的 中点．在△PBD 中，因为 M 为 PB 的中点，所以 OM 为△PBD 的中位线， OM∥PD，所以 PD∥平面 AMC，OM∥平面 PCD，且 OM∥平面 PDA.因为 M∈PB，所以 OM 与平面 PBA，平面 PBC 相交．
第二十五页，共八十六页。
解析
2．(2019·湖南联考)已知 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同 的平面，下列命题中正确的是( )
A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m∥α，m∥β，则 α∥β C．若 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β D．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n
解析 A 中，两直线可能平行、相交或异面；B 中，两平面可能平行 或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D 中，由线面垂直的性质定理可 知结论正确，故选 D.
第三十一页，共八十六页。
解析
例 3 如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形 PC 的中点，在 DM 上取一点
G，过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH.
求证：AP∥GH.
证明 如图所示，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO，
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
第二十六页，共八十六页。
解析 答案
精准设计考向，多角度探究突破 考向二 直线与平面平行(píngxíng)的判定与性质 角度 1 用线线平行证明线面平行 例 2 (1)(2019·豫东名校联考)如图，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为线段 AD 上的任意一点(不包 括 A，D 两点)，平面 CEC1 与平面 BB1D 交于 FG. 证明：FG∥平面 AA1B1B.
2019-2020年高三数学一轮复习第八章立体几何第四节直线平面平行的判定与性质课件文
1.若两条直线都与一个平面平行,则这两条直线的位置关系是 ( ) A.平行 B.相交 C.异面 D.以上均有可能 答案 D 与一个平面平行的两条直线可以平行、相交,也可以异面.
2.下列命题中,正确的是 ( ) A.若a∥b,b⊂α,则a∥α B.若a∥α,b⊂α,则a∥b C.若a∥α,b∥α,则a∥b D.若a∥b,b∥α,a⊄α,则a∥α 答案 D 由直线与平面平行的判定定理知,只有选项D正确.
3-1 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接AC、BD交于点O,P是 DD1的中点,设Q是CC1上的点.问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面 PAO?
解析 当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO. 证明:∵在正方体AC1中,Q为CC1的中点,P为DD1的中点,∴易知QB∥PA. ∵QB⊄平面PAO,PA⊂平面PAO,∴QB∥平面PAO. ∵P、O分别为DD1、DB的中点,∴PO∥D1B, 又∵D1B⊄平面PAO,PO⊂平面PAO, ∴D1B∥平面PAO, 又∵D1B∩QB=B,D1B⊂平面D1BQ,QB⊂平面 D1BQ, ∴平面D1BQ∥平面PAO.
③ a⊂β,b⊂β, a∩b=P,a∥α,b∥α α∥β
④ α∥β, α∩γ= a, β∩γ=b
a∥b
α∥β,a⊂β a∥α
判断下列结论的正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个 平面. (×)
(2)若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任一 条直线. (×) (3)如果一条直线a与平面α内的无数条直线平行,则a∥α.(×) (4)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平 行. (×) (5)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行. (×) (6)设l为直线,α,β为两个不同的平面,若l∥α且l∥β,则α∥β. (×) (7)若α∥β,直线a∥α,则a∥β. (×)
高考高考数学一轮总复习第8章立体几何初步第四节直线平面平行的判定与性质课件理
③ 根据老师的提示抓住老师的思路。老师在教学中经常有一些提示用语，如“请注意”、“我再重复一遍”、“这个问题的关键是····”等等，这些 用语往往体现了老师的思路。来自：学习方法网
答案 平行
(2)[两种技巧：证明线线平行常见两种构图方式； 构造三角形的中位线和平行四边形].在四棱锥 P-ABCD中，E是棱PA的中点，则直线PC与平面 BDE位置关系是________.
解析 连接AC与BD交于点O，连接OE，则OE是 △PAC 的 中 位 线 ， 所 以 OE∥PC ， OE⊂ 平 面 BDE ， PC⊄平面BDE，则PC∥平面BDE. 答案 平行
(4)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)； (5)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)；
【例2】 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F， G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求 证： (1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明 (1)因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1. 又B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面. (2)因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC. 因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG. 因为A1G与EB平行且相等，所以四边形A1EBG是平行四边形. 所以A1E∥GB. 因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG， 所以A1E∥平面BCHG. 因为A1E∩EF＝E， 所以平面EFA1∥平面BCHG.
2020高考数学一轮复习第八章立体几何8-4直线平面平行的判定与性质学案理
【2019最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何8-4直线平面平行的判定与性质学案理考纲展示►1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题．考点1 线面平行的判定与性质直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．(2)判定定理与性质定理答案：(2)一条直线与此平面内的一条直线交线(1)[教材习题改编]在空间四边形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，且满足＝，则直线EF与平面ABC的关系是________．答案：平行解析：因为＝，所以EF∥AC.又因为AC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)[教材习题改编]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．答案：2解析：因为EF∥平面AB1C，易知AC∥EF，又因为E为中点，所以F为DC的中点，故EF＝. [典题1] 如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．求证：(1)AP∥平面BEF；(2)GH∥平面PAD.[证明] (1)连接EC，∵AD∥BC，BC＝AD，∴BC綊AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点．又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，又FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，∴AP∥平面BEF.(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD，又PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，∴FH∥平面PAD.又∵O是BE的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，又AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，∴OH∥平面PAD.又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面PAD.又GH⊂平面OHF，∴GH∥平面PAD. [点石成金] 1.证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．注意说明已知的直线不在平面内．2．判断或证明线面平行的方法：(1)线面平行的定义(反证法)；(2)线面平行的判定定理；(3)面面平行的性质定理.如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)求证：MN∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′－MNC的体积．(1)证明：证法一：连接AB′，AC′，如图，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.证法二：取A′B′的中点P，连接MP，NP，AB′，如图，因为M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.(2)解：解法一：连接BN，如图，由题意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，A′N⊂平面A′B′C′，平面A′B′C′⊥平面B′BCC′，所以A′N⊥平面NBC.又A′N＝B′C′＝1，故VA′－MNC＝VN－A′MC＝VN－A′BC＝VA′－NBC＝.解法二：VA′－MNC＝VA′－NBC－VM－NBC＝VA′－NBC＝.考点2 面面平行的判定与性质平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面．(2)判定定理与性质定理答案：(2)相交直线平行交线(1)[教材习题改编]已知平面α，β和直线a，b，c，且a∥b∥c.若a，b⊂α，c⊂β，则平面α与β的关系是________．答案：平行或相交(2)[教材习题改编]如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1DC1的位置关系是________．答案：平行解析：易证得A1C1，A1D都与平面AB1C平行，且A1D∩A1C1＝A1，所以平面AB1C∥平面A1DC1.判定定理和性质定理的应用：关注定理的条件．(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a与α的关系是________．(2)已知直线a，b和平面α，β，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β的关系是________．(3)若α∥β，直线a∥α，则a与β的关系是________．答案：(1)a∥α或a⊂α(2)平行或相交(3)a∥β或a⊂β解析：(1)由直线与平面平行的定义和判定定理知，a可能平行于α，也可能在α内．(2)当a与b相交时，α∥β；当a与b平行时，α与β平行或相交．(3)当a在β外时，a∥β；当a在β内时，也满足题意．[典题2] 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG. [证明] (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. [题点发散1] 在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B.又HD⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，∴HD∥平面A1B1BA. [题点发散2] 在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点．连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.[点石成金] 判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．[2017·河北衡水模拟]在如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC.(1)求几何体ABCDFE的体积；(2)求证：平面ADE∥平面BCF.(1)解：取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，FG，AG.∵AO⊥BC，AO⊂平面ABC，平面BCED⊥平面ABC，∴AO⊥平面BCED.同理FG⊥平面BCED.∵AO＝FG＝，∴VABCDFE＝×4××2＝.(2)证明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，∴四边形AOFG为平行四边形，∴AG∥OF.又∵DE∥BC，DE∩AG＝G，DE⊂平面ADE，AG⊂平面ADE，FO∩BC＝O，FO⊂平面BCF，BC⊂平面BCF，∴平面ADE∥平面BCF.考点3 平行关系中的探索性问题[典题3] 如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为菱形．(1)求证：平面AB1C∥平面DA1C1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，确定点P的位置；若不存在，请说明理由．(1)[证明] 由棱柱ABCD－A1B1C1D1的性质知，AB1∥DC1.∵AB1⊄平面DA1C1，DC1⊂平面DA1C1，∴AB1∥平面DA1C1.同理可证B1C∥平面DA1C1，而AB1∩B1C＝B1，由面面平行的判定定理知，平面AB1C∥平面DA1C1.(2)[解] 存在这样的点P，使BP∥平面DA1C1.∵A1B1綊AB綊DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C.在C1C的延长线上取点P，使C1C＝CP，连接BP.∵B1B綊C1C，∴B1B綊CP，∴四边形BB1CP为平行四边形，则BP∥B1C，∴BP∥A1D，∴BP∥平面DA1C1.[点石成金] 解决题点发散性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明.如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．(1)求三棱锥A－PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．解：(1)因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD.又因为ABCD是矩形，所以AD⊥CD.因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD，所以AD是三棱锥A－PDE的高．因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，所以S△PDE＝S△PDC＝×＝4.又AD＝2，所以VA－PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝.(2)取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM∥PA.又EM⊂平面EDM，PA⊄平面EDM，所以PA∥平面EDM.所以AM＝AC＝.即在AC边上存在一点M，使得PA∥平面EDM，AM的长为.[方法技巧] 1.直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质．2．平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β ⇒α∥β.3．线面平行、面面平行的常见性质(1)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等；(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行；(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例；(4)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行；(5)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．4．三种平行间的转化关系线线平行线面平行面面平行．其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．[易错防范] 1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则会出现错误．2．在面面平行的判定中易忽视“平面内两条相交直线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．真题演练集训1．[2016·山东卷节选]在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC. 2．[2016·新课标全国卷Ⅲ节选]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．证明：MN∥平面PAB.证明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN.由N为PC的中点知，TN∥BC，TN＝BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB. 3．[2015·江苏卷节选]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：DE∥平面AA1C1C.证明：由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C. 4．[2014·新课标全国卷Ⅱ节选]如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．证明：PB∥平面AEC.证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.课外拓展阅读立体几何中的探索性问题1．条件追溯型问题[典例1] 如图所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定点E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．(1)[证明] 因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝，易求BC＝，因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1.(2)[解] 点E为DC的中点．理由如下：如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形．所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B.因为D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.方法探究立体几何中的条件追溯型问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步地推出所要求的条件．此类问题的难点是如何应用“执果索因”．在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意．2．存在探索型问题[典例2] 如图所示，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？请说明理由．[思路分析] (1)利用DE∥PC证明线面平行；(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；(3)Q应为EG的中点．(1)[证明] 因为D，E分别是AP，AC的中点，所以DE∥PC.又DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)[证明] 因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形．又PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．(3)[解] 存在满足条件的点Q.理由如下：连接DF，EG，如图所示，设Q为EG的中点，由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG.分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝EG，所以Q为满足条件的点．方法探究解决与平行有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．。
2019高考数学一轮复习-第八章-立体几何-8.4-直线、平面平行的判定与性质课件-理-新人教A版
由面面平行的判定定理和性质知A,B,D正确.对于C,位于两个平行平面内
的直线也可能异面.
关闭
C
解析
答案
知识梳理
1
考点自测
2
3
4
5
5.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底
面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP= 3 ,过
P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=
在Rt△ABH中,∠BAD=60°,AB=2,故BH= √3
.
∵DE⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴DE⊥AD.
由(1)知BC∥EF,且AD∥BC,
∴AD∥EF,∴DE⊥EF.
1
1
1
∴三棱锥 B-DEF 的体积 V=3×S△DEF×BH=3 × 2×1×1×√3 =
√3
.
6
考点1
考点2
考点3
则这两个平面平行(客观题可用).
考点1
考点2
考点3
考点4
对点训练3
如图所示的几何体ABCEFD中,△ABC,△DFE都是等边三角形,且
所在平面平行,四边形BCED是边长为2的正方形,且所在平面垂直
于平面ABC.
(1)求几何体ABCEFD的体积;
(2)证明:平面ADE∥平面BCF.
考点1
考点2
考点3
1
即2×2×1×h=√3,解得 h=√3.
∴三棱锥 A-CDE 的高为√3.
考点1
考点2
考点3
考点4
思考判断或证明线面平行的常用方法有哪些?
解题心得1.判断或证明线面平行的常用方法有:
(1)利用线面平行的定义(无公共点);
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(3) 在等腰直角三角形 ACB中， AC＝ BC＝ 2 ， 所以 AB＝ 2， OC＝ 1，
所以等边三角形 VAB的面积 S ＝ △ VAB 3. 又因为 OC⊥平面 VAB. 所以三棱锥 CVAB的体积等于
1
3
3· OC· S△ ＝ VAB 3 ，
3
又因为三棱锥 VABC的体积与三棱锥 CVAB的体积相等，所以三棱锥
(2) 设 AA1＝AC＝ CB＝2， AB＝ 2 2，求三棱锥 CA1DE的体积 . (1) 证明 连接 AC1 交 A1C于点 F，则 F 为 AC1 中点 . 又 D是 AB中点，连接 DF，则 BC1∥ DF. 因为 DF? 平面 A1CD，BC1?平面 A1CD，所以 BC1∥平面 A1CD. (2) 解 因为 ABCA1B1C1 是直三棱柱， 所以 AA1⊥ CD. 由已知 AC＝ CB， D为 AB的中点， 所以 CD⊥ AB. 又 AA1∩ AB＝ A，于是 CD⊥平面 ABB1A1.
由 AM∥ BC得 M到 BC的距离为 5， 1
故 S△ ＝ BCM 2× 4× 5＝ 2 5.
1
PA 4 5
所以四面体
NBCM的体积
V ＝ NBCM
× 3
S△
× BCM
2
＝
3
.
2. (xx ·新课标全国Ⅱ， 18) 如图，直三棱柱 ABCA1B1C1 中， D， E分别是 AB，BB1 的中
点.
(1) 证明： BC1∥平面 A1CD；
A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C. 若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D. 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
解析 若两条直线和同一平面所成的角相Biblioteka ， 则这两条直线可平行、 可异面、
解析 l ∥ α，l ∥ β，则 α与 β可能平行，也可能相交，故 A 项错；由面面平行的判定可
知 B 项正确；由 l ⊥ α， l ∥ β可知 α⊥ β，故 C 项错；由 α⊥ β， l ∥ α可知 l 与 β 可
能平行，也可能相交，还可能 l ? β ，故 D 项错 . 故选 B.
答案 B
3. (xx ·四川， 6) 下列命题正确的是 ( )
1 为 PC中点知 TN∥ BC， TN＝ 2BC＝ 2. 又 AD∥ BC，故 TN綊 AM，四边形 AMNT为平行四边形，于是 MN∥ AT. 因为 AT? 平面 PAB，MN?平面 PAB，所以 MN∥平面 PAB.
1 (2) 解 因为 PA⊥平面 ABCD， N为 PC的中点，所以 N到平面 ABCD的距离为 2PA. 取 BC的中点 E，连接 AE. 由 AB＝ AC＝ 3 得 AE⊥ BC， AE＝ AB2－ BE2＝ 5.
可
相交 . 选项 A 错； 如果到一个平面距离相等的三个点在同一条直线上或在
这个平面的两侧，则经过这三个点的平面与这个平面相交，选项
B 不正确；
如图，平面 α∩ β＝ b，a∥ α，a∥ β，过直线 a 作平面 ε∩ α ＝ c，过直线 a 作平面 γ∩ β
＝ d，
∵ a∥ α，∴ a∥ c，∵ a∥ β，∴ a∥ d，∴ d∥ c，
A. 若 m∥ α， n∥ α，则 m∥ n
B. 若 m⊥ α， n? α，则 m⊥ n
C. 若 m⊥ α， m⊥ n，则 n∥α
D. 若 m∥ α， m⊥ n，则 n⊥ α
解析 若 m∥ α， n∥ α，则 m与 n 可能平行、相交或异面，故 A 错； B 正确；若 m⊥ α，
m⊥ n，则 n∥ α 或 n? α，故 C 错误；若 m∥ α，m⊥ n，则 n 与 α 可能平行、相交或 n?
2019-2020 年高考数学一轮总复习第 8 章立体几何初步第四节直线平 面平行的判定与性质 AB卷文新人教 A版
1.(xx ·新课标全国Ⅲ， 19) 如图，四棱锥 PABCD中， PA⊥底面 ABCD， AD∥ BC，AB＝ AD＝ AC＝ 3，PA＝ BC＝ 4，M为线段 AD上一点， AM＝2MD， N为 PC的中点 . (1) 证明： MN∥平面 PAB； (2) 求四面体 NBCM的体积 . 2 (1) 证明 由已知得 AM＝ 3AD＝ 2. 取 BP的中点 T，连接 AT， TN，由 N
由 AA1＝ AC＝ CB＝ 2，AB＝ 2 2得∠ ACB＝ 90°， CD＝ 2， A1D＝ 6， DE＝ 3， A1E＝ 3， 故 A1D2＋ DE2＝ A1E2，即 DE⊥ A1D.
11 所以 VCA1DE＝ × × 6× 3× 2＝ 1.
32
1.(xx ·辽宁， 4) 已知 m，n 表示两条不同直线， α表示平面 . 下列说法正确的是 ( )
α ，故 D 错误 . 因此选 B.
答案 B
2. (xx ·广东， 8) 设 l 为直线， α， β是两个不同的平面 . 下列命题中正确的是 (
)
A. 若 l ∥ α， l ∥ β，则 α∥ β
B. 若 l ⊥ α， l ⊥ β，则 α ∥ β
C. 若 l ⊥ α， l ∥ β，则 α∥ β
D. 若 α⊥ β， l ∥ α，则 l ⊥ β
∵ c? α， d?α，∴ d∥ α，又∵ d? β，
∴ d∥ b，∴ a∥ b，选项 C 正确；
若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面可平行、可相交，选项
D 不正确 .
答案 C
4. (xx ·北京， 18) 如图，在三棱锥 VABC中，平面 VAB⊥平面 ABC，△ VAB为
等边三角形， AC⊥ BC，且 AC＝BC＝ 2， O， M分别为 AB， VA的中点 . (1) 求证： VB∥平面 MOC； (2) 求证：平面 MO⊥C 平面 VAB； (3) 求三棱锥 VABC的体积 . 解 (1) 因为 O， M分别为 AB， VA的中点，所以 OM∥ VB， 又因为 VB?平面 MO，C 所以 VB∥平面 MOC. (2) 因为 AC＝ BC， O为 AB的中点， 所以 OC⊥ AB. 又因为平面 VAB⊥平面 ABC，且 OC? 平面 ABC， 所以 OC⊥平面 VAB. 所以平面 MO⊥C 平面 VAB.