2019届高考数学（北师大版文）大一轮复习讲义：第八章　立体几何与空间向量 第4讲　平行关系.4 .doc

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1、8.4平行关系最新考纲考情考向分析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.直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.1直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件aa?，b，abaa，a?，b结论abaab2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a?，b?，abP，a，b，a，b，a?结论aba知识拓展重要结论：(1

2、)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a，a，则.(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a，b，则ab.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若，则.题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(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()(5)若直线a与平面内无数条直线平行，则a.()(6)若，直线a，则a.()题组二教材改编2下列

3、命题中正确的是()A若a，b是两条直线，且ab，那么a平行于经过b的任何平面B若直线a和平面满足a，那么a与内的任何直线平行C平行于同一条直线的两个平面平行D若直线a，b和平面满足ab，a，b，则b答案D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b，正确3如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为_答案平行解析连接BD，设BDACO，连接EO，在BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为BDD1的中位线，则BD1EO，而BD1平面ACE，EO?平面ACE，所

4、以BD1平面ACE.题组三易错自纠4若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内且过B点的所有直线中()A不一定存在与a平行的直线B只有两条与a平行的直线C存在无数条与a平行的直线D存在唯一与a平行的直线答案A解析当直线a在平面内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.5设，为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：a?，b?，a，b；，；，；a，b，ab.其中能推出的条件是_(填上所有正确的序号)答案解析在条件或条件中，或与相交；由，条件满足；在中，a，abb，又b，从而，满足6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为_答案平行四边形解析平面AB

5、FE平面DCGH，又平面EFGH平面ABFEEF，平面EFGH平面DCGHHG，EFHG.同理EHFG，四边形EFGH是平行四边形题型一直线与平面平行的判定与性质命题点1直线与平面平行的判定典例如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABBCAD，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(1)求证：AP平面BEF；(2)求证：GH平面PAD.证明(1)连接EC，ADBC，BCAD，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，FOAP，又FO?平面BEF，AP平面BEF，AP平面BEF.(2)连接FH，OH，F，H分别是PC，C

6、D的中点，FHPD，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，OHAD，又AD?平面PAD，OH平面PAD，OH平面PAD.又FHOHH，平面OHF平面PAD.又GH?平面OHF，GH平面PAD.命题点2直线与平面平行的性质典例 (2017长沙调研)如图，四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH平面ABCD，BC平面GEFH.(1)证明：GHEF；(2)若EB2，求四边形GEFH的面积(1)证明因为BC平面GEFH，BC?平面PBC，且平面PBC平面GEFHG

7、H，所以GHBC.同理可证EFBC，因此GHEF.(2)解如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PAPC，O是AC的中点，所以POAC，同理可得POBD.又BDACO，且AC，BD?底面ABCD，所以PO底面ABCD.又因为平面GEFH平面ABCD，且PO平面GEFH，所以PO平面GEFH.因为平面PBD平面GEFHGK，所以POGK，且GK底面ABCD，从而GKEF.所以GK是梯形GEFH的高由AB8，EB2得EBABKBDB14，从而KBDBOB，即K为OB的中点再由POGK得GKPO，即G是PB的中点，且GHBC4.由已知可得OB4，PO6，所以GK3.故四

8、边形GEFH的面积SGK318.思维升华判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)(2)利用线面平行的判定定理(a，b?，aba)(3)利用面面平行的性质(，a?a)(4)利用面面平行的性质(，a，a，aa)跟踪训练 (2018届昆明一中摸底)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，点M，N分别为A1C1，AB1的中点(1)证明：MN平面BB1C1C；(2)若CMMN，求三棱锥MNAC的体积(1)证明连接A1B，BC1，点M，N分别为A1C1，AB1的中点，所以MN为A1BC1的一条中位线，MNBC1，又因为MN平面BB1C1C，BC1?平面BB1C

9、1C，所以MN平面BB1C1C.(2)解设点D，E分别为AB，AA1的中点，AA1a，连接ND，CD，则CM2a21，MN21，CN25，由CMMN，得CM2MN2CN2，解得a，又NE平面AA1C1C，NE1，V三棱锥MNACV三棱锥NAMCSAMCNE21.所以三棱锥MNAC的体积为.题型二平面与平面平行的判定与性质典例如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1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，GHB1C1.又B1C1BC，G

10、HBC，B，C，H，G四点共面(2)E，F分别是AB，AC的中点，EFBC.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，A1EGB.又A1E平面BCHG，GB?平面BCHG，A1E平面BCHG.又A1EEFE，A1E，EF?平面EFA，平面EFA1平面BCHG.引申探究在本例条件下，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，A1BDM.A1B?平面A1BD1，DM平面A1BD1，DM平面A1BD

11、1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，四边形BDC1D1为平行四边形，DC1BD1.又DC1平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，DC1平面A1BD1.又DC1DMD，DC1，DM?平面AC1D，平面A1BD1平面AC1D.思维升华证明面面平行的方法(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”的相互转化跟踪训练 (2018届南昌摸底)如图，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BAC

12、CAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.设M，N分别为PD，AD的中点(1)求证：平面CMN平面PAB；(2)求三棱锥PABM的体积(1)证明M，N分别为PD，AD的中点，MNPA.又MN平面PAB，PA?平面PAB，MN平面PAB.在RtACD中，CAD60，CNAN，ACN60.又BAC60，CNAB.CN平面PAB，AB?平面PAB，CN平面PAB.又CNMNN，CN，MN?平面CMN，平面CMN平面PAB.(2)解由(1)知，平面CMN平面PAB，点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离由已知得，AB1，ABC90，BAC60，BC，三棱锥PABM的体积VV三棱锥MPAB

13、V三棱锥CPABV三棱锥PABC12.题型三平行关系的综合应用典例如图所示，平面平面，点A，点C，点B，点D，点E，F分别在线段AB，CD上，且AEEBCFFD.(1)求证：EF平面；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC4，BD6，且AC，BD所成的角为60，求EF的长(1)证明当AB，CD在同一平面内时，由平面平面，平面平面ABDCAC，平面平面ABDCBD知，ACBD.AEEBCFFD，EFBD.又EF，BD?，EF平面.当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD平面DH，且DHAC，平面平面，平面平面ACDHAC，ACDH，四边形ACDH是平行四边形，在AH上取一点G，使AGGHC

14、FFD，连接EG，FG，BH.又AEEBCFFDAGGH，GFHD，EGBH.又EGGFG，BHHDH，平面EFG平面.又EF?平面EFG，EF平面.综合可知，EF平面.(2)解如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.E，F分别为AB，CD的中点，MEBD，MFAC，且MEBD3，MFAC2.EMF为AC与BD所成的角或其补角，EMF60或120.在EFM中，由余弦定理得EF，即EF或EF.思维升华利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决跟踪训练如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，

15、若截面为平行四边形(1)求证：AB平面EFGH，CD平面EFGH；(2)若AB4，CD6，求四边形EFGH周长的取值范围(1)证明四边形EFGH为平行四边形，EFHG.HG?平面ABD，EF平面ABD，EF平面ABD.又EF?平面ABC，平面ABD平面ABCAB，EFAB，又AB平面EFGH，EF?平面EFGH，AB平面EFGH.同理可证，CD平面EFGH.(2)解设EFx(0x4)，EFAB，FGCD，则1.FG6x.四边形EFGH为平行四边形，四边形EFGH的周长l212x.又0x4，8l12，即四边形EFGH周长的取值范围是(8,12)1若直线l不平行于平面，且l，则()A内的所有直线与

16、l异面B内不存在与l平行的直线C与直线l至少有两个公共点D内的直线与l都相交答案B解析因为l，直线l不平行于平面，所以直线l只能与平面相交，于是直线l与平面只有一个公共点，所以平面内不存在与l平行的直线2已知直线a和平面，那么a的一个充分条件是()A存在一条直线b，ab且b?B存在一条直线b，ab且bC存在一个平面，a?且D存在一个平面，a且答案C解析在A，B，D中，均有可能a?，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确3(2018攀枝花质检)平面平面，点A，C，点B，D，则直线AC直线BD的充要条件是()AABCDBADCBCAB与CD相交DA，B，C

17、，D四点共面答案D解析充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知ACBD.必要性显然成立4一条直线l上有相异的三个点A，B，C到平面的距离相等，那么直线l与平面的位置关系是()AlBlCl与相交但不垂直Dl或l?答案D解析当l时，直线l上任意点到的距离都相等；当l?时，直线l上所有的点到的距离都是0；当l时，直线l上有两个点到的距离相等；当l与斜交时，也只能有两个点到的距离相等故选D.5对于空间中的两条直线m，n和一个平面，下列命题中的真命题是()A若m，n，则mnB若m，n?，则mnC若m，n，则mnD若m，n，则mn答案D解析对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对

18、B，直线m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对C，m与n垂直而非平行，故C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故D正确6在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别是BC，CD的中点，则()ABD平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形BHG平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形CEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形DEF平面ADC，且四边形EFGH是梯形答案C解析如图，由条件知，EFBD，且EFBD，GHBD，且HGBD，EFHG，且EFHG，四边形EFGH为梯形，排除A，B；EF平面ADCF，排除D.故选C.7.如图，E，F，G分别是

19、四面体ABCD的棱BC，CD，DA的中点，则此四面体与过E，F，G的截面平行的棱的条数是_答案2解析此四面体与过E，F，G的截面平行的棱为AC，BD，只有两条8设，是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“m，n?，且_，则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题，n?；m，n；n，m?.可以填入的条件有_答案或解析由面面平行的性质定理可知，正确；当n，m?时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确9(2017承德模拟)如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EF

20、GH及其内部运动，则M只需满足条件_时，就有MN平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FHDD1，HNBD，平面FHN平面B1BDD1，只需MFH，则MN?平面FHN，MN平面B1BDD1.10(2018海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”给出下列四个命题：垂直于同一平面的两直线平行；垂直于同一平面的两平面平行；平行于同一直线的两直线平行；平行于同一平面的两直线平行其中是“可换命题”的是_(填序号)答案解析由线面垂直的

21、性质定理可知是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故是假命题，故不是“可换命题”11.如图，E，F，G，H分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点求证：(1)EG平面BB1D1D；(2)平面BDF平面B1D1H.证明(1)如图，取B1D1的中点O，连接GO，OB，因为OG綊B1C1綊BE，所以BE綊OG，所以四边形BEGO为平行

22、四边形，故OBEG，因为OB?平面BB1D1D，EG平面BB1D1D，所以EG平面BB1D1D.(2)由题意可知BDB1D1.连接HB，D1F，因为BH綊D1F，所以四边形HBFD1是平行四边形，故HD1BF.又B1D1HD1D1，BDBFB，所以平面BDF平面B1D1H.12.如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为正方形，BCPD2，E为PC的中点，CB3CG.(1)求证：PCBC；(2)AD边上是否存在一点M，使得PA平面MEG？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由(1)证明因为PD平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PDBC.因为四边形ABCD是正方形，所以

23、BCCD.又PDCDD，PD，CD?平面PCD，所以BC平面PCD.因为PC?平面PDC，所以PCBC.(2)解连接AC，BD交于点O，连接EO，GO，延长GO交AD于点M，连接EM，则PA平面MEG.证明如下：因为E为PC的中点，O是AC的中点，所以EOPA.因为EO?平面MEG，PA平面MEG，所以PA平面MEG.因为OCGOAM，所以AMCG，所以AM的长为.13(2018南昌质检)在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是()AACBDBAC截面PQMNCACBDD异面直线PM与BD所成的角为45答案C解析因为截面PQMN是正方形，所以MNQP，又PQ?平面AB

24、C，MN平面ABC，则MN平面ABC，由线面平行的性质知MNAC，又MN?平面PQMN，AC平面PQMN，则AC截面PQMN，同理可得MQBD，又MNQM，则ACBD，故A，B正确又因为BDMQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45，故D正确14(2018届广西桂林模拟)在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，若存在实数，使得CQCC1时，平面D1BQ平面PAO，则_.答案解析当Q为CC1的中点时，平面D1BQ平面PAO.理由如下：当Q为CC1的中点时，Q为CC1的中点，P为DD1的中点，QBPA.P，O为DD1，DB的中点，D

25、1BPO.又POPAP，D1BQBB，D1B平面PAO，QB平面PAO，平面D1BQ平面PAO.15如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN平面DCC1D1，设BNx，MNy，则函数yf(x)的图像大致是()答案C解析过M作MQDD1，交AD于点Q，连接QN.MN平面DCC1D1，MQ平面DCC1D1，MNMQM，平面MNQ平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，NQDC，可得QNCDAB1，AQBNx，2，MQ2x.在RtMQN中，MN2MQ2QN2，即y2

26、4x21，y24x21(x0，y1)，函数yf(x)的图像为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分故选C.16(2018哈尔滨模拟)在三棱锥SABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于点D，E，F，H.D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为_答案解析如图，取AC的中点G，连接SG，BG.易知SGAC，BGAC，SGBGG，SG，BG?平面SGB，故AC平面SGB，所以ACSB.因为SB平面DEFH，SB?平面SAB，平面SAB平面DEFHHD，则SBHD.同理SBFE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形又ACSB，SBHD，DEAC，所以DEHD，所以四边形DEFH为矩形，其面积SHFHD.