高中数学人教版新课标A必修22.3 直线、平面垂直的判定及其性质教案设计

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2．2　直线，平面平行的判定及其性质2.2.1　直线与平面平行的判定Q 门扇的竖直两边是平行的，当门扇绕着一边转动时只要门扇不被关闭，不论转动到什么位置，它能活动的竖直一边所在直线都与固定的竖直边所在平面(墙面)存在不变的位置关系．X 直线与平面平行的判定定理文字语言__平面外__一条直线与此平面内的一条直线__平行__，则该直线与此平面平行图形语言符号语言a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α作用证明直线与平面__平行__ Y 1．b是平面α外的一条直线，可以推出b∥α的条件是(　D　)A．b与α内的一条直线不相交B．b与α内的两条直线不相交C．b与α内的无数条直线不相交D．b与α内的任何一条直线都不相交[解析]　∵b∥α，∴b与α无公共点，从而b与α内任何一条直线无公共点．2．点M，N是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1A与A1B1的中点，P是正方形ABCD的中心，则MN与平面PCB1的位置关系是(　A　)A．平行　　　　　　　 B．相交C．MN⊂平面PCB1  D．以上三种情形都有可能[解析]　如图，∵M，N分别为A1A和A1B1中点∴MN∥AB1又∵P是正方形ABCD的中心，∴P，A，C三点共线∴AB1⊂平面PB1C∵MN⊄平面PB1C∴MN∥平面PB1C．3．如下图，长方体ABCD－A′B′C′D′中，(1)与直线CD平行的平面是__平面A′C′，平面A′B__；(2)与直线CC′平行的平面是__平面A′B，平面A′D__；(3)与直线CB平行的平面是__平面A′D，平面A′C′__．4．一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内，把这块矩形木板绕AB转动，在转动的过程中，AB的对边CD与平面α的位置关系是__CD∥α，或CD⊂α__.[解析]　在旋转过程中CD∥AB，由直线与平面平行的判定定理得CD∥α，或CD⊂α．H 命题方向1　⇨线面平行的判定定理典例1 如图所示，已知P是▱ABCD所在平面外的一点，M是PB的中点，求证：PD∥平面MAC．[思路分析]　要证明直线a与平面α平行的关键是在平面α内找一条直线b，使a∥b.考虑是否有已知的平行线，若无已知的平行线，则根据已知条件作出平行线(有中点常作中位线)．[解析]　连接BD交AC于点O，连接OM．根据题意，得O是BD的中点，又M是PB的中点．∴在△BPD中，OM是中位线，∴OM∥PD．又∵OM⊂平面MAC，PD⊄平面MAC．∴PD∥平面MAC． 『规律方法』　1.线面平行判定定理应用的误区(1)条件不全，最易忘记的条件是a⊄α与b⊂α．(2)不能利用题目条件顺利地找到两平行直线．2．判定直线与平面平行的两类方法(1)用定义①用反证法说明直线与平面没有公共点；②若两个平面平行，则一个平面内的任意一条直线都与另一个平面无公共点，由此可得线面平行．(2)用判定定理设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，注意说明已知直线不在平面内．〔跟踪练习1〕 如图，三棱柱ABC－A′B′C′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．证明：MN∥平面A′ACC′．[解析]　连接AB′，AC′，则点M为AB′的中点．又点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′．命题方向2　⇨线面平行判定定理的实际应用典例2 一木块如右图所示，点P在平面VAC内，过点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，应该怎样画线？[解析]　在平面VAC内经过P作EF∥AC，且与VC的交点为F，与VA的交点为E在平面VAB内，经过点E作EH∥VB，与AB交于点H，如下图所示．在平面VBC内经过点F作FG∥VB，与BC交于点G连接GH，则EF，FG，GH，HE为截面与木块各面的交线．证明：∵EH∥VB，FG∥VB∴EH∥FG可知E，H，G，F四点共面．∵VB⊄平面EFGH，EH⊂平面EFGH∴VB∥平面EFGH．同理可证AC∥平面EFGH．〔跟踪练习2〕 如图，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．[解析]　(1)因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC．又因为DE⊄平面BCP，PC⊂平面BCP，所以DE∥平面BCP．(2)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．又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形．Y 　忽略线面平行的判定定理使用的前提条件典例3 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，C1D1的中点，求证：EF∥平面BB1D1D．[错解]　如图，连接C1E，并延长至G点，使GE＝C1E，连接D1G．在△C1D1G中，F是C1D1的中点，E是C1G的中点，所以EF∥D1G．而EF⊄平面BB1D1D，D1G⊂平面BB1D1D，故EF∥平面BB1D1D．[错因分析]　上述证明中，“D1G⊂平面BB1D1D”这一结论没有根据，只是主观认为D1G在平面BB1D1D内，说明在利用线面平行的判定定理时，对两条直线平行比较关注，而对另外两个条件(一直线在平面内，另一直线在平面外)忽视，大多数情况下这两个条件在作图(添加辅助线)时就可以清楚地表达出来，一般不需单独证明，而本题作图过程看不出D1G⊂平面BB1D1D的理论依据，而且题设条件“E是BC的中点”没有用到，而没有这一条件，结论会成立吗？比如把E点移动B点，显然结论不成立．[正解]　如图，连接C1E，并延长交B1B的延长线于G，连接D1G．因为C1C∥B1B，E是BC的中点，所以E是C1G的中点．在△C1D1G中，F是D1C1的中点，E是C1G的中点，所以EF∥D1G．又因为D1G⊂平面BB1D1D，而EF⊄平面BB1D1D，所以EF∥平面BB1D1D．X 　转化思想的应用线面平行的判定定理，将判断线面平行的位置关系转化为判断这条直线与平面内一条直线的平行关系，为了实现这一目标，“找”或“作”出平面内的这条直线就成了应用判定定理的关键，实际解题时，要充分利用题目中给出的几何体的特征性质或题设条件，借助于三角形的中位线，梯形的中位线，平行四边形，平行线分线段成比例定理，公理4，内错角(同位角)相等时两直线平行等等已学过的平面几何与立体几何知识，作出必要的辅助线来解决．典例4 如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD对角线的交点，求证：C1O∥平面AB1D1.[思路分析]　利用正方体的性质，A1C1与AC平行且相等，提取A1C1的中点可得，O1C1与AO平行且相等．[解析]　连接A1C1交B1D1于点O1，连接AO1∵AO与C1O1平行且相等，∴四边形AOC1O1是平行四边形，∴C1O∥AO1．又∵C1O⊄平面AB1D1，AO1⊂平面AB1D1，∴C1O∥平面AB1D1．K 1．三棱台ABC－A1B1C1中，直线AB与平面A1B1C1的位置关系是(　B　)A．相交　　　　　　　　 B．平行C．在平面内　  D．不确定[解析]　∵AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，∴AB∥平面A1B1C1．2．平面α与△ABC的两边AB，AC分别交于D，E，且AD∶DB＝AE∶EC，如图所示，则BC与α的位置关系是(　A　)A．平行　　  B．相交C．异面　　  D．BC⊂α[解析]　在△ABC中，∵AD∶DB＝AE∶EC，∴BC∥DE．∵BC⊄α，DE⊂α，∴BC∥α．3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中和平面C1DB平行的侧面对角线有__3__条. [解析]　如图，与平面C1DB平行的侧面对角线有3条：B1D1，AD1，AB1．4．如图所示，空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点. 求证：(1)EH∥平面BCD；(2)BD∥平面EFGH．[分析]　(1)要证EH∥平面BCD，只要证EH∥BD即可；(2)要证BD∥平面EFGH，只要证BD∥EH即可．[解析]　(1)∵EH为△ABD的中位线，∴EH∥BD．∵EH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD∴EH∥平面BCD．(2)∵BD∥EH，BD⊄平面EFGH，EH⊂平面EFGH∴BD∥平面EFGH．