2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第三讲　直线、平面平行的判定及性质学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第三讲　直线、平面平行的判定及性质学案，共7页。
www.ks5u.com第三讲　直线、平面平行的判定及性质 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[多选题]下列命题中正确的是(　　)A.若a,b是两条直线,且a∥b,那么a平行于经过b的任一平面B.若直线a和平面α满足a∥α,那么a与α内的任一直线平行C.平行于同一条直线的两个平面不一定平行D.若直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b⊄α,则b∥α2.[2018浙江高考]已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的(　　)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3.[2019全国卷Ⅱ]设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(　　)A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面4.[2019安徽省江南十校素质检测]如图8 - 3 - 1所示,在正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E,F ,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点,则下列叙述中正确的是(　　)A.直线BQ∥平面EF GB.直线A1B∥平面EF GC.平面APC∥平面EF GD.平面A1BQ∥平面EF G5.[2019广西质量检测]如图8 - 3 - 2,在四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论正确的是　　　.(填序号) ①对于任意的点Q,都有AP∥RQ;②对于任意的点Q,四边形APQR不可能为平行四边形;③存在点Q,使得直线BC∥平面APQR. 考法1  线面平行的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　1[2020广东七校第一次联考]如图8 - 3 - 3所示,四棱锥P - ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,∠ABC=90°,AB=,BC=1,AD=2,CD=4,E为CD的中点.(1)求证:AE∥平面PBC;(2)求三棱锥C - PBE的体积.(1)连接AC.∵ AB=,BC=1,∠ABC=90°,∴AC=2,∠BCA=60°.在△ACD中,AD=2,AC=2,CD=4, ∴AC2+AD2=CD2,∴∠CAD=90°,△ACD是直角三角形.又E为CD的中点,∴AE=CD=CE=2,∴△ACE是等边三角形,∴∠CAE=60°,∴∠CAE=∠BCA,∴BC∥AE.又AE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AE∥平面PBC.(利用线面平行的判定定理证明,注意定理应用的前提条件要齐全)(2)∵ PA⊥底面ABCD,∴PA⊥平面BCE,∴PA为三棱锥P - BCE的高.∵ ∠BCA=60°,∠ACD=60°,∴∠BCE=120°.又BC=1,CE=2,∴S△BCE=×BC×CE×sin∠BCE=×1×2×, ∴V三棱锥C - PBE=V三棱锥P - BCE=×S△BCE×PA=××2=.1.[2020合肥市高三调研检测]如图8 - 3 - 4,已知三棱柱ABC - A1B1C1,M为棱AB上一点,BC1∥平面A1MC.(1)求证:AM=BM;(2)若△ABC是等边三角形,AB=AA1,∠A1AB=∠A1AC=60°,△A1MC的面积为4,求三棱柱ABC - A1B1C1的体积.      考法2  面面平行的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　　2如图8 - 3 - 5,四边形ABCD是边长为3的正方形,ED⊥平面ABCD, AF ⊥平面ABCD, DE=3AF =3.(1)证明:平面ABF ∥平面DCE.(2)在DE上是否存在一点G,使平面F BG将几何体ABCDEF 分成的上、下两部分的体积比为3∶11?若存在,求出点G的位置;若不存在,请说明理由.(1)利用面面平行的判定定理及推论证明;(2)先求出整个几何体的体积.假设存在一点G,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,设EG=t,求得几何体GF BME的体积,将其分割成两个三棱锥B - EF G,B - EGM,利用t表示出两个三棱锥的底面积,再利用体积建立方程,解方程求得t的值.(1)解法一　(应用面面平行的判定定理证明)因为DE⊥平面ABCD, AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .因为AF ⊄平面DCE,DE⊂平面DCE,所以AF ∥平面DCE.因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.因为AB⊄平面DCE,CD⊂平面DCE,所以AB∥平面DCE.因为AB∩AF =A, AB⊂平面ABF ,AF ⊂平面ABF ,所以平面ABF ∥平面DCE.解法二　(利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明)因为DE⊥平面ABCD,AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .因为四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD.又AF ∩AB=A,DE∩DC=D,AF ⊂平面ABF ,AB⊂平面ABF ,DE⊂平面DCE,DC⊂平面DCE,所以平面ABF ∥平面DCE.解法三　(利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明)因为DE⊥平面ABCD,所以DE⊥AD,在正方形ABCD中,AD⊥DC.又DE∩DC=D,DE⊂平面DCE,DC⊂平面DCE,所以AD⊥平面DCE.同理AD⊥平面ABF .所以平面ABF ∥平面DCE.(2)假设存在满足题意的点G,如图8 - 3 - 6,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,GF ,BD.则V几何体ABCDEF =V四棱锥B - ADEF +V三棱锥B - CDE=×3××3×.设EG=t (0<t<3),则V几何体GF BME=V三棱锥B - EF G+V三棱锥B - EGM=×.设M到ED的距离为h,过F 作F N∥AD交ED于点N,连接NC.则,所以 h=t, S△EGM=t2,所以×3×t2+×3×t=,解得t=1,即存在点G且EG=1,满足条件.2.[2020武汉市部分重点中学第二次联考]如图8 - 3 - 7,矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,EP=,BP=2,AD=AE=1,AE⊥EP,G,F 分别是BP,BC的中点.(1)求证:平面AF G∥平面PCE;(2)求四棱锥D - ABPE与三棱锥P - BCD的体积之比.            1.CD　A中,a可以在过b的平面内,所以A不正确;B中,a与α内的直线可能异面,所以B不正确;C中,两个平面可能相交,所以C正确;D中,由直线与平面平行的判定定理知b∥α,故D正确.2.A　若m⊄α,n⊂α,m∥n,由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α,m⊄α,n⊂α,不一定能推出m∥n,直线m与n可能异面,故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故选A.3.B　对于A,α内有无数条直线与β平行,当这无数条直线互相平行时,α与β可能相交,所以A不正确;对于B,根据两平面平行的判定定理与性质知,B正确;对于C,平行于同一条直线的两个平面可能相交,也可能平行,所以C不正确;对于D,垂直于同一平面的两个平面可能相交,也可能平行,如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面,但它们是相交的,所以D不正确.综上可知选B.4.B　如图D 8 - 3 - 1所示,图D 8 - 3 - 1分别取AA1,BC的中点H,I,连接HG,HE,EI,IQ,QF,则BQ和平面EFG相交于点Q,可知A错误;因为A1B∥HE,A1B1⊄平面EFG,HE⊂平面EFG,所以A1B∥平面EFG,可知B正确;AP⊂平面ADD1A1,HG⊂平面ADD1A1,GH和PA的延长线必相交,所以平面APC和平面EFG相交,可知C错误;平面A1BQ与平面EFG有公共点Q,所以平面A1BQ与平面EFG相交,可知D错误.故选B.5.①②③　因为AB∥CD,AA1∥DD1,所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1.因为平面APQR∩平面ABB1A1=AP,平面APQR∩平面DCC1D1=RQ,所以AP∥RQ,可知①正确.因为四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD,所以平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行.因为平面APQR∩平面BCC1B1=PQ,平面APQR∩平面ADD1A1=AR,所以PQ与AR不平行,所以四边形APQR不可能为平行四边形,可知②正确.延长CD至M,使得DM=CD,则四边形ABCM是矩形,所以BC∥AM.当R,Q,M三点共线时,AM⊂平面APQR,所以BC∥平面APQR,可知③正确.故填①②③.1. (1)如图D 8 - 3 - 2,连接AC1交A1C于点N,连接MN.∵BC1∥平面A1MC,BC1⊂平面ABC1,平面ABC1∩平面A1MC=MN,∴BC1∥MN.由三棱柱ABC - A1B1C1知,四边形ACC1A1为平行四边形.∴N为AC1的中点.∴M为AB的中点,即AM=BM.图D 8 - 3 - 2(2)如图D 8 - 3 - 2,连接A1B.∵△ABC是等边三角形,AB=AA1,∠A1AB=∠A1AC=60°,∴△ABC,△AA1B,△AA1C是全等的等边三角形,由(1)知,M为AB的中点,∴A1M⊥AB,CM⊥AB.∵A1M∩CM=M,A1M⊂平面A1MC,CM⊂平面A1MC,∴AB⊥平面A1MC.设AB=2a,则A1M=CM=a,A1C=2a,∴△A1MC的面积为·a·2a=a2=4,解得a=2,所以AM=2,∴··AM=,∴=6·=16.2.(1)因为G是BP的中点,BP=2,所以PG=BP=1.又AE=1,AE∥BP,所以AE∥PG且AE=PG,所以四边形AEPG是平行四边形,则AG∥EP.因为G,F分别是BP,BC的中点,所以FG∥PC.因为AG∩FG=G,EP∩PC=C,AG⊂平面AFG,FG⊂平面AFG,EP⊂平面PCE,PC⊂平面PCE,所以平面AFG∥平面PCE. (2)如图D 8 - 3 - 3,过点P作PH⊥AB于点H.图D 8 - 3 - 3因为AD⊥AB,平面ABCD⊥平面ABPE,且平面ABCD∩平面ABPE=AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面ABPE.所以V四棱锥D - ABPE=S梯形ABPE×AD=1=.因为平面ABCD⊥平面ABPE,平面ABCD∩平面ABPE=AB,PH⊂平面ABPE,PH⊥AB,所以PH⊥平面ABCD,所以线段PH就是三棱锥P - BCD的高.由(1)知,AG=EP=,BG=BP=1,∠AGB=∠EPG=90°,所以AB==2,则CD=AB=2,sin∠ABG=,所以PH=,所以V三棱锥P - BCD=S△BCD×PH=(2×1).于是.