16高考总复习步步高资料学案 39.docx
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16高考总复习步步高资料学案39
2016高考总复习步步高资料学案(39)
学案43空间的平行关系 导学目标:
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空间图形的平行关系. 自主梳理 1.直线a和平面α的位置关系有________、________、__________,其中________与________统称直线在平面外. 2.直线和平面平行的判定:
(1)定义:
直线和平面没有____________,则称直线和平面平行.
(2)判定定理:
a?
α,b?
α,且a∥b?
________;(3)其他判定方法:
α∥β,a?
α?
________. 3.直线和平面平行的性质定理:
a∥α,a?
β,α∩β=l?
________.4.两个平面的位置关系有________、________.5.两个平面平行的判定:
(1)定义:
两个平面没有________,称这两个平面平行;
(2)判定定理:
a?
β,b?
β,a∩b=P,a∥α,b∥α?
β∥α;(3)推论:
a∩b=P,a,b?
α,a′∩b′=P′,a′,b′?
β,a∥a′,b∥b′?
________.6.两个平面平行的性质定理:
α∥β,a?
α?
________; α∥β,γ∩α=a,γ∩β=b?
________.7.与垂直相关的平行的判定:
(1)a⊥α,b⊥α?
________;
(2)a⊥α,a⊥β?
________.自我检测1.(2011·湖南四县调研)平面α∥平面β的一个充分条件是()A.存在一条直线a,a∥α,a∥βB.存在一条直线a,a?
α,a∥β C.存在两条平行直线a,b,a?
α,a∥β,b?
β,b∥αD.存在两条异面直线a,b,a?
α,b?
β,a∥β,b∥α2.(2011·烟台模拟)一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是() A.l∥α B.l⊥αC.l与α相交但不垂直D.l∥α或l?
α3.下列各命题中:
①平行于同一直线的两个平面平行;②平行于同一平面的两个平面平行; ③一条直线与两个平行平面中的一个相交,那么这条直线必和另一个相交;④垂直于同一直线的两个平面平行.不正确的命题个数是()A.1B.2C.3D.4 4.经过平面外的两点作该平面的平行平面,可以作()A.0个 B.1个C.0个或1个D.1个或2个5.(2011·南京模拟)在四面体ABCD中,M、N分别是△ACD、△BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是________________. 探究点一线面平行的判定 例1已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内,P、Q分别是对角线AE、BD上的点,且AP=DQ.求证:
PQ∥平面CBE. 变式迁移1(2011·长沙调研)在四棱锥P—ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,M、N分别是AB、PC的中点,求证:
MN∥平面PAD. 探究点二面面平行的判定 例2在正方体ABCD—A1B1C1D1中,M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点,求证:
平面MNP∥平面A1BD. 变式迁移2已知P为△ABC所在平面外一点,G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心.
(1)求证:
平面G1G2G3∥平面ABC;
(2)求S△G1G2G3∶S△ABC. 探究点三平行中的探索性问题例3(2011·惠州月考)如图所示,在四棱锥P—ABCD中,CD∥AB,AD⊥AB, 1 AD=DC=AB,BC⊥PC. 2
(1)求证:
PA⊥BC;
(2)试在线段PB上找一点M,使CM∥平面PAD,并说明理. 变式迁移3 如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,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?
转化与化归思想综合应用 例(12分)一个多面体的三视图和直观图如图所示,其中M、N分别是AB、SC的中点,P是SD上的一动点.
(1)求证:
BP⊥AC;
(2)当点P落在什么位置时,AP∥平面SMC?
(3)求三棱锥B—NMC的体积. 多角度审题第
(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD,第
(2)问是一个开放型问题,可有两种思维方式:
一是猜想P是SD的中点,二是从结论“AP平行于平面SMC”出发找P满足的条件. 【答题模板】
(1)证明连接BD,∵ABCD为正方形,∴BD⊥AC,又SD⊥底面ABCD, ∴SD⊥AC,∵BD∩SD=D,∴AC⊥平面SDB,∵BP?
平面SDB,∴AC⊥BP,即BP⊥AC.[4分]
(2)解取SD的中点P,连接PN,AP,MN. 1 则PN∥DC且PN=DC.[6分] 2 1 ∵底面ABCD为正方形,∴AM∥DC且AM=DC, 2 ∴四边形AMNP为平行四边形,∴AP∥MN. 又AP?
平面SMC,MN?
平面SMC,∴AP∥平面SMC.[8分] 111111111 (3)解VB—NMC=VN—MBC=S△MBC·SD=··BC·MB·SD=×1×××2=.[12分] 3232262212 【突破思维障碍】 1.本题综合考查三视图、体积计算及线面平行、垂直等位置关系,首先要根据三视图想象直观图,尤其是其中的平行、垂直及长度关系,第
(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD,第
(2)问是一个开放型问题,开放型问题能充分考查学生的思维能力和创新精神,近年来在高考试题中频繁出现这类题目.结合空间平行关系,利用平行的性质,设计开放型试题是新课标高考命题的一个动向. 2.线线平行与线面平行之间的转化体现了化归的思想方法. 1.直线与平面平行的重要判定方法:
(1)定义法;
(2)判定定理;(3)面与面平行的性质定理. 2.平面与平面平行的重要判定方法:
(1)定义法;
(2)判定定理;(3)利用结论:
a⊥α,a⊥β?
α∥β. 3.线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化:
(满分:
75分) 一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2011·开封月考)下列命题中真命题的个数为() ①直线l平行于平面α内的无数条直线,则l∥α;②若直线a在平面α外,则a∥α;③若直线a∥b,直线b?
α,则a∥α; ④若直线a∥b,b?
α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线.B.2C.3D.4 2.已知直线a、b、c和平面m,则直线a∥直线b的一个必要不充分的条件是()⊥m且b⊥mB.a∥m且b∥m∥c且b∥cD.a,b与m所成的角相等3.在空间中,下列命题正确的是()A.若a∥α,b∥a,则b∥α B.若a∥α,b∥α,a?
β,b?
β,则β∥αC.若α∥β,b∥α,则b∥βD.若α∥β,a?
α,则a∥β
4.设l1、l2是两条直线,α、β是两个平面,A为一点,有下列四个命题,其中正确命题的个数是() ①若l1?
α,l2∩α=A,则l1与l2必为异面直线;②若l1∥α,l2∥l1,则l2∥α; ③若l1?
α,l2?
β,l1∥β,l2∥α,则α∥β;④若α⊥β,l1?
α,则l1⊥β.B.1C.2D.3 5.若直线a,b为异面直线,则分别经过直线a,b的平面中,相互平行的有()对 B.2对C.无数对D.1或2对二、填空题(每小题4分,共12分)6.(2011·秦皇岛月考)下列四个正方体图形中,A、B为正方体的两个顶点,M、N、P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号). , 7.(2011·大连模拟)过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的有______条. 8. 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, a B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ, 3 Q在CD上,则PQ=________. 三、解答题(共38分)9.(12分) 如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,M、N分别是BC和A1B1的中点.求证:
MN∥平面AA1C1C. 10.(12分)(2010·湖南改编) 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?
证明你的结论. 11.(14分) (2011·济宁模拟)如图,四边形ABCD为矩形,DA⊥平面ABE,AE=EB=BC=2,BF⊥平面ACE,且点F在CE上.
(1)求证:
AE⊥BE;
(2)求三棱锥D—AEC的体积; (3)设点M在线段AB上,且满足AM=2MB,试在线段CE上确定一点N,使得MN∥平面DAE. 学案43空间的平行关系 自主梳理 1.平行相交在平面内平行相交2.
(1)公共点
(2)a∥α(3)a∥β∥l4.平行相交5.
(1)公共点 (3)α∥β∥βa∥b7.
(1)a∥b
(2)α∥β自我检测 1.D 5.面ABC和面ABD课堂活动区 例1解题导引证明线面平行问题一般可考虑证线线平行或证面面平行,要充分利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化. 证明 如图所示,作PM∥AB交BE于M,作QN∥AB交BC于N,连接MN.∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共边AB,∴AE=BD.又∵AP=DQ,∴PE=QB,又∵PM∥AB∥QN,PMEPQNBQPMQN∴=,=,∴=.ABEADCBDABDC ∴PM綊QN,∴四边形PQNM为平行四边形,∴PQ∥MN 又MN?
平面BCE,PQ?
平面BCE,∴PQ∥平面BCE. 变式迁移1证明取PD中点F,连接AF、NF、NM.∵M、N分别为AB、PC的中点, 11 ∴NF綊CD,AM綊CD,∴AM綊NF. 22 ∴四边形AMNF为平行四边形,∴MN∥AF.又AF?
平面PAD,MN?
平面PAD,∴MN∥平面PAD. 例2解题导引面面平行的常用判断方法有:
(1)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;
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行;关键是利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化. 证明方法一 如图所示,连接B1D1、B1C. ∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点,∴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 如图所示,连接AC1、AC. ∵ABCD—A1B1C1D1为正方体,∴AC⊥BD. 又CC1⊥面ABCD,BD?
面ABCD, ∴CC1⊥BD,∴BD⊥面ACC1,又∵AC1?
面ACC1,∴AC1⊥BD.同理可证AC1⊥A1B,∴AC1⊥平面A1BD. 同理可证AC1⊥平面PMN,∴平面PMN∥平面A1BD.变式迁移2
(1)证明如图所示,连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、AC交于点D、E、F,连接DE、EF、FD,则有PG1∶PD=2∶3, PG2∶PE=2∶3,∴G1G2∥DE. 又G1G2不在平面ABC内,DE在平面ABC内,∴G1G2∥平面ABC.同理G2G3∥平面ABC.又因为G1G2∩G2G3=G2,∴平面G1G2G3∥平面ABC. PG1PG222
(2)解
(1)知==,∴G1G2=DE. PDPE3311 又DE=AC,∴G1G2=AC. 23 11 同理G2G3=AB,G1G3=BC. 33 ∴△G1G2G3∽△CAB,其相似比为1∶3,∴S△G1G2G3∶S△ABC=1∶9. 例3解题导引近几年探索性问题在高考中时有出现,解答此类问题时先以特殊位置尝试探究,找到符合要求的点后再给出严格证明.
(1)证明连接AC,过点C作CE⊥AB,垂足为E.在四边形ABCD中,AD⊥AB,CD∥AB,AD=DC,∴四边形ADCE为正方形.∴∠ACD=∠ACE=45°. 1 ∵AE=CD=AB,∴BE=AE=CE.∴∠BCE=45°. 2 ∴∠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)解当M为PB的中点时,CM∥平面PAD. 取AP的中点F,连接CM,FM,DF. 1 则FM綊AB. 2 1 ∵CD∥AB,CD=AB, 2 ∴FM綊CD. ∴四边形CDFM为平行四边形.∴CM∥DF.∵DF?
平面PAD,CM?
平面PAD,∴CM∥平面PAD. 变式迁移3解当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.∵Q为CC1的中点,P为DD1的中点,∴QB∥PA.∵P、O为DD1、DB的中点,∴D1B∥PO. 又PO∩PA=P,D1B∩QB=B,D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO,∴平面D1BQ∥平面PAO.课后练习区 1.A[①、②、③错,④对.] 2.D[注意命题之间的相互推出关系;易知选项D中,若两直线平行,则其与m所成的角相等,反之却不一定成立,故a、b与m所成的角相等是两直线平行的必要不充分条件.] 3.D[A不正确,直线与平面平行的判定定理的条件知缺少条件b?
α;B不正确,两个平面平行的判定定理的条件,因a、b未必相交,而可能为两条平行直线,则α、β未必平行;C不正确,因有可能b?
β;D正确,两个平面平行的定义及直线与平面平行的定义知正确.]
4.A[①错,l1?
α,l2∩α=A,l1与l2可能相交.②错,l2有可能在平面α内.③错,α有可能与β相交. ④错,l1有可能与平面β相交或平行或在平面内.]5.A [如图,a,b为异面直线,过b上一点作a′∥a,直线a′,b确定一个平面β,过a上一点作b′∥b,b与b′确定一个平面α,则α∥β.因为α,β是惟一的,所以相互平行的平面仅有一对.] 6.①③ 解析①∵面AB∥面MNP,∴AB∥面MNP,②过N作AB的平行线交于底面正方形的中心O,NO?
面MNP, ∴AB与面MNP不平行.③易知AB∥MP,∴AB∥面MNP; ④过点P作PC∥AB,∵PC?
面MNP, ∴AB与面MNP不平行.7. 6 解析如图,EF∥E1F1∥AB,EE1∥FF1∥BB1,F1E∥A1D,E1F∥B1D, ∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1,共6条.3解析 如图所示,连接AC,易知MN∥平面ABCD, 又∵PQ为平面ABCD与平面MNQP的交线,∴MN∥PQ. 又∵MN∥AC,∴PQ∥AC, a 又∵AP=, 3 DPDQPQ2222∴===,∴PQ=AC=a.ADCDAC333 9.证明设A1C1中点为F,连接NF,FC,∵N为A1B1中点, 1 ∴NF∥B1C1,且NF=B1C1, 2 又棱柱性质知B1C1綊BC,(4分)又M是BC的中点, ∴NF綊MC, ∴四边形NFCM为平行四边形.∴MN∥CF,(8分)又CF?
平面AA1C1C,MN?
平面AA1C1C, ∴MN∥平面AA1C1C.(12分) 10.解在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:
如图所示,分别取C1D1和CD的中点F,G,连接B1F,EG,BG,CD1,FG.因为A1D1 ∥B1C1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四 边形,因此D1C∥A1B.又E,G分别为D1D,CD的中点,所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E四点共面,所以BG?
平面A1BE.(6分) 因为四边形C1CDD1与B1BCC1都是正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点,所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B,因此四边形B1BGF是平行四边形,所以B1F∥BG.而B1F?
平面A1BE,BG?
平面A1BE,故B1F∥平面A1BE.(12分) 11.
(1)证明AD⊥平面ABE及AD∥BC,得BC⊥平面ABE,BC⊥AE,(1分) 而BF⊥平面ACE,所以BF⊥AE,(2分)又BC∩BF=B,所以AE⊥平面BCE,又BE?
平面BCE,故AE⊥BE.(4分)
(2)解在△ABE中,过点E作EH⊥AB于点H,则EH⊥平面ACD. 1 已知及
(1)得EH=AB=2,S△ADC=22. 2 (6分) 14 故VD—AEC=VE—ADC=×22×2=.(8分) 33 (3)解在△ABE中,过点M作MG∥AE交BE于点G,在△BEC中过点G作GN∥BC交EC于点N, CNBGMB11 连接MN,则===,得CN=CE. CEBEAB33 MG∥AE,AE?
平面ADE, MG?
平面ADE,则MG∥平面ADE.(10分) 再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,则MN∥平面ADE.(12分) 故当点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点时,MN∥平面ADE.(14分)
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