高三数学一轮复习精品教案4：8.3 直线、平面平行的判定与性质教学设计

8.3 直线、平面平行的判定与性质『考纲要求』1．考查空间直线与平面平行，面面平行的判定及其性质．2．以解答题的形式考查线面的平行关系．3．考查空间中平行关系的探索性问题．『教学目标』1．熟练掌握线面平行、面面平行的判定定理和性质，会把空间问题转化为平面问题，解答过程中叙述的步骤要完整，避免因条件书写不全而失分．2．学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化，牢记解决问题的根源在“定理”．『基础梳理』1．平面与平面的位置关系有相交、平行两种情况．2．直线和平面平行的判定(1)定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；(2)判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α；(3)其他判定方法：α∥β；a⊂α⇒a∥β.3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒a∥l.4．两个平面平行的判定(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β；(3)推论：a∩b＝M，a，b⊂α，a′∩b′＝M′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β.5．两个平面平行的性质定理(1)α∥β，a⊂α⇒a∥β；(2)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.6．与垂直相关的平行的判定(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b；(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.7.一个关系平行问题的转化关系：8.两个防范(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)把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．『考向探究』考向一直线与平面平行的判定与性质『例1』如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为AC的中点，M为PD的中点．求证：PB∥平面ACM.『训练1』如图，若P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点，求证：AF∥平面PCE.考向二平面与平面平行的判定与性质『例2』如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N、P分别为所在边的中点．求证：平面MNP∥平面A1C1B；『训练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EF A1∥平面BCHG.考向三线面平行中的探索问题『例3』如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，若D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．『训练3』如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是平行四边形，P A⊥平面ABCD，点M、N分别为BC、P A的中点．在线段PD上是否存在一点E，使NM∥平面ACE？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．怎样证明线线、线面、面面平行与垂直的综合性问题『问题研究』 高考对平行、垂直关系的考查主要以线面平行、线面垂直为核心，以多面体为载体结合平面几何知识，考查判定定理、性质定理等内容，难度为中低档题目.『解决方案』 利用定理证明线面关系时要注意结合几何体的结构特征，尤其注意对正棱柱、正棱锥等特殊几何体性质的灵活运用，进行空间线面关系的相互转化. 『示例』如图，在四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°. (1)证明：AA 1⊥BD ； (2)证明：CC 1∥平面A 1BD .第(1)问转化为证明BD 垂直A 1A 所在平面；第(2)问在平面A 1BD 内寻找一条线与CC 1平行．『解答示范』 证明 (1)因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， 所以D 1D ⊥BD .(1分)又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos 60°＝3AD 2，所以AD 2＋BD 2＝AB 2， 因此AD ⊥BD .(4分) 又AD ∩D 1D ＝D ， 所以BD ⊥平面ADD 1A 1. 又AA 1⊂平面ADD 1A 1， 故AA 1⊥BD .(6分)(2)如图，连结AC ，A 1C 1， 设AC ∩BD ＝E ，连结EA 1， 因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以EC ＝12AC .(8分)由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形，(10分) 因此CC 1∥EA 1.又因为EA1⊂平面A1BD，CC1⊄平面A1BD，所以CC1∥平面A1BD.(12分)证明线面关系不能仅仅考虑线面关系的判定和性质，更要注意对几何体的几何特征的灵活应用．证明的依据是空间线面关系的判定定理和性质定理．另外根据几何体的数据，通过计算也可得到线线垂直的关系，所以要注意对几何体中的数据的正确利用．『试一试』如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB；(3)求四面体BDEF的体积．答案『例1』『审题视点』 连接MO ，证明PB ∥MO 即可．证明 连接BD ，MO .在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .利用判定定理时关键是找平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线． 『训练1』证明 取PC 的中点M ，连接ME 、MF ， 则FM ∥CD 且FM ＝12CD .又∵AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴FM AE ，即四边形AFME 是平行四边形． ∴AF ∥ME ，又∵AF ⊄平面PCE ，EM ⊂平面PCE ， ∴AF ∥平面PCE . 『例2』『审题视点』 证明MN ∥A 1B ， MP ∥C 1B .证明 连接D 1C ，则MN 为△DD 1C 的中位线， ∴MN ∥D 1C .又∵D 1C ∥A 1B ，∴MN ∥A 1B .同理，MP ∥C 1B .而MN 与MP 相交，MN ，MP 在平面MNP 内，A 1B ，C 1B 在平面A 1C 1B 内．∴平面MNP ∥平面A 1C 1B .证明面面平行的方法有：(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．『训练2』证明(1)∵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分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G 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EF A1∥平面BCHG.『例3』『审题视点』取AB、BB1的中点分别为E、F，证明平面DEF∥平面AB1C1即可．解存在点E，且E为AB的中点．下面给出证明：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1.∵AB的中点为E，连接EF，则EF∥AB1.B1C1与AB1是相交直线，∴平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.解决探究性问题一般要采用执果索因的方法，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，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾)，则不存在．『训练3』解在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE.证明如下：如图，取PD的中点E，连接NE，EC，AE，因为N，E分别为P A，PD的中点，所以NE 12AD.又在平行四边形ABCD中，CM 12AD.所以NE MC，即四边形MCEN是平行四边形．所以NM EC.又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE，所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE.『试一试』『尝试解答』(1)证明设AC与BD交于点G，则G为AC的中点．连EG，GH，由于H为BC的中点，故GH 12AB.又EF 12AB，∴EF GH.∴四边形EFHG为平行四边形．∴EG∥FH，而EG⊂平面EDB，∴FH∥平面EDB. (2)证明由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC.又EF∥AB，∴EF⊥BC.而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC，∴EF⊥FH.∴AB⊥FH.又BF＝FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC.∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又FH∥EG，∴AC⊥EG.又AC⊥BD，EG∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB.(3)解∵EF⊥FB，∠BFC＝90°，∴BF⊥平面CDEF.∴BF为四面体BDEF的高．又BC＝AB＝2，∴BF＝FC＝ 2.V B－DEF＝13×12×1×2×2＝13.。