范文高考数学理科一轮复习空间的平行关系学案带答案.docx
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高考数学(理科)一轮复习空间的平行关系学案带答案
本资料为woRD文档,请点击下载地址下载全文下载地址 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
.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:
定义:
直线和平面没有____________,则称直线和平面平行.
判定定理:
a⊄α,b⊂α,且a∥b⇒________;
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:
定义:
两个平面没有________,称这两个平面平行;
判定定理:
a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒β∥α;
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:
a⊥α,b⊥α⇒________;a⊥α,a⊥β⇒________.
自我检测
.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∥β
B.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∥α
D.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α
2.一条直线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⊥α
c.l与α相交但不垂直
D.l∥α或l⊂α
3.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.1
B.2
c.3
D.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.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 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.
求证:
平面G1G2G3∥平面ABc;
求S△G1G2G3∶S△ABc.
探究点三 平行中的探索性问题
例3 如图所示,在四棱锥P—ABcD中,cD∥AB,AD⊥AB,
AD=Dc=12AB,Bc⊥Pc.
求证:
PA⊥Bc;
试在线段PB上找一点m,使cm∥平面PAD,并说明理由.
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 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.
求证:
BP⊥Ac;
当点P落在什么位置时,AP∥平面Smc?
求三棱锥B—Nmc的体积.
多角度审题 第问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABcD,第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】
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]
解 取SD的中点P,连接PN,AP,mN.
则PN∥Dc且PN=12Dc.[6分]
∵底面ABcD为正方形,∴Am∥Dc且Am=12Dc,
∴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]
解 VB—Nmc=VN—mBc=13S△mBc•12SD=13•12•Bc•mB•12SD=16×1×12×12×2=112.[12分]
【突破思维障碍】
.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,第问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABcD,第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.
.直线与平面平行的重要判定方法:
定义法;判定定理;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:
定义法;判定定理;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:
一、选择题
.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.
A.1
B.2
c.3
D.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
A.a⊥m且b⊥m
B.a∥m且b∥m
c.a∥c且b∥c
D.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∥α
c.若α∥β,b∥α,则b∥β
D.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.
A.0
B.1
c.2
D.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
A.1对
B.2对
c.无数对
D.1或2对
二、填空题
6.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________.
,
7.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,B1c1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=a3,过P,m,N的平面交上底面于PQ,Q在cD上,则PQ=________.
三、解答题
9.
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.
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.
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.
求证:
AE⊥BE;
求三棱锥D—AEc的体积;
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
.平行 相交 在平面内 平行 相交 2.公共点 a∥α a∥β 3.a∥l 4.平行 相交 5.公共点
α∥β 6.a∥β a∥b 7.a∥b α∥β
自我检测
.D 2.D 3.A 4.c
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,
∴PmAB=EPEA,QNDc=BQBD,∴PmAB=QNDc.
∴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,
∴NF綊12cD,Am綊12cD,∴Am綊NF.
∴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:
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;
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
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.
解 由知PG1PD=PG2PE=23,∴G1G2=23DE.
又DE=12Ac,∴G1G2=13Ac.
同理G2G3=13AB,G1G3=13Bc.
∴△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.
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°.
∵AE=cD=12AB,∴BE=AE=cE.∴∠BcE=45°.
∴∠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.
解 当m为PB的中点时,cm∥平面PAD.
取AP的中点F,连接cm,Fm,DF.
则Fm綊12AB.
∵cD∥AB,cD=12AB,
∴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
.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,由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,由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,由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.
8.223a
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,
又∵AP=a3,
∴DPAD=DQcD=PQAc=23,∴PQ=23Ac=223a.
9.证明 设A1c1中点为F,连接NF,Fc,
∵N为A1B1中点,
∴NF∥B1c1,且NF=12B1c1,
又由棱柱性质知B1c1綊Bc,
又m是Bc的中点,
∴NF綊mc,
∴四边形NFcm为平行四边形.
∴mN∥cF,
又cF⊂平面AA1c1c,
mN⊄平面AA1c1c,
∴mN∥平面AA1c1c.
0.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.
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.
1.证明 由AD⊥平面ABE及AD∥Bc,
得Bc⊥平面ABE,Bc⊥AE,
而BF⊥平面AcE,所以BF⊥AE,
又Bc∩BF=B,所以AE⊥平面BcE,
又BE⊂平面BcE,故AE⊥BE.
解 在△ABE中,过点E作EH⊥AB于点H,
则EH⊥平面AcD.
由已知及得EH=12AB=2,S△ADc=22.
故VD—AEc=VE—ADc=13×22×2=43.
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,
连接mN,则由cNcE=BGBE=mBAB=13,得cN=13cE.
由mG∥AE,AE⊂平面ADE,
mG⊄平面ADE,则mG∥平面ADE.
再由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.
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.
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