新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.3　空间直线、平面的平行

这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.3　空间直线、平面的平行，共15页。

知识梳理
1.直线与平面平行的判定与性质
2.面面平行的判定与性质
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(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)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.( )
(4)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.( )
(5)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.( )
2.(2020广东湛江高三一模)已知直线a,b,平面α,β,a⊂α,b⊂α,则a∥β,b∥β是α∥β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.(2020安徽宣城高三模考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为棱AA1,BB1的中点,过MN作一平面分别交底面三角形ABC的边BC,AC于点E,F,则下列说法正确的是( )
A.MF∥NE
B.四边形MNEF为梯形
C.四边形MNEF为平行四边形
D.A1B1∥NE
4.(多选)下列命题中正确的是( )
A.平面α∥平面β,一条直线a平行于平面α,则a一定平行于平面β
B.平面α∥平面β,则α内的任意一条直线都平行于平面β
C.一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面,那么该三角形所在的平面与这个平面平行
D.分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
5.(2020江苏如皋中学月考)已知平面α∥平面β,点P是平面α,β外一点(如图所示),且直线PB,PD分别与α,β相交于点A,B,C,D,若PA=4,PB=5,PC=3,则PD= .
关键能力学案突破
考向1 直线与平面平行的判定与证明
【例1】(一题多解)如图,在四棱锥E-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,CD=2AB=2CE=4,点F为棱DE的中点.
证明:AF∥平面BCE.
解题心得证明线面平行有两种常用方法
一是线面平行的判定定理;二是先利用面面平行的判定定理证明面面平行,再根据面面平行的性质证明线面平行.
考向2 直线与平面平行性质定理的应用
【例2】如图,五面体ABCDE中,四边形ABDE是矩形,△ABC是正三角形,AB=1,AE=2,F是线段BC上一点,直线BC与平面ABD所成角为30°,CE∥平面ADF.
(1)试确定F的位置;
(2)求三棱锥A-CDF的体积.
解题心得在应用线面平行的性质定理进行平行转化时,一定注意定理成立的条件,通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如:把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交,这时才有直线与交线平行.
对点训练1(1)
如图,四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB=BC=12AD,E,F,H分别是线段AD,PC,CD的中点,AC与BE交于O点,G是线段OF上一点.求证:
①AP∥平面BEF;
②GH∥平面PAD.
(2)
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形且∠ABC=120°,点E是棱PC的中点,平面ABE与棱PD交于点F.
求证:EF∥CD;
考向1 面面平行的判定与证明
【例3】已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD=2BC,E,F分别为CC1,DD1的中点.
求证:平面BEF∥平面AD1C1.
解题心得证明面面平行的常用方法
1.利用面面平行的定义或判定定理.
2.利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β⇒α∥β).
3.利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(α∥β,β∥γ⇒α∥γ).
对点训练2(2020河北邯郸二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,PA=2,AB=1.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P-ABM的体积.
考向2 面面平行性质定理的应用
【例4】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,试画出平面A1BC1与底面ABCD的交线l,并说明理由.
解题心得证明线线平行的方法
(1)定义法:在同一个平面内没有公共点的两条直线平行.
(2)平行公理:平行于同一条直线的两条直线平行.
(3)线面平行的性质定理:a∥αa⊂βα⋂β=b⇒a∥b,应用时题目条件中需有线面平行.
(4)面面平行的性质定理:α∥βα⋂γ=aβ⋂γ=b⇒a∥b,应用时题目条件中需有面面平行.
(5)反证法:假设两条直线不平行,然后推出矛盾,进而证明两条直线应当是平行的.
对点训练3
如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的多面体中,AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,AD∥BC,BC=2AD.请在图中作出平面α,使得DE⊂α,且BF∥α,并说明理由.
【例5】
如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点.
(1)若BC1∥平面AB1D1,则A1D1D1C1= ;
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,则ADDC= .
解题心得利用线面平行或面面平行的性质,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.对于线段长或线段比例问题,常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决.
对点训练4(1)(2020江西吉安一模)
如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1D1,A1B1的中点,过直线BD的平面α∥平面AMN,则平面α截该正方体所得截面的面积为( )

A.2B.98C.3D.62
(2)如图所示,侧棱与底面垂直,且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,M,N分别在线段AD1,BC上移动,始终保持MN∥平面DCC1D1,设BN=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是( )
【例6】(2020河南南阳高三二模)在直角梯形ABCD中(如图1),AB∥DC,∠BAD=90°,AB=5,AD=2,CD=3,点E在CD上,且DE=2,将△ADE沿AE折起,使得平面ADE⊥平面ABCE(如图2),G为AE的中点.
(1)求四棱锥D-ABCE的体积;
(2)在线段BD上是否存在点P,使得CP∥平面ADE?若存在,求BPBD的值;若不存在,请说明理由.
解题心得解决存在问题除了从正面探索所研究的对象是否存在,还可以先假设求解的结论存在,从这个结论出发,寻找使这个结论成立的充分条件,若找到了使结论成立的充分条件,则存在;若找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾),则不存在.而对于探求点的问题,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.
对点训练5如图,在空间几何体ABCDE中,△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形,△ABC为腰长为13的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD.
试在平面BCD内作一条直线,使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行,并给出详细证明.
7.3 空间直线、平面的平行
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.a∩α=⌀ a⊄α,b⊂α且a∥b a∥α,a⊂β,α∩β=b
2.α∩β=⌀ a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α
α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b
考点自诊
1.(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
2.B 因为直线a,b,平面α,β,a⊂α,b⊂α,由a∥β,b∥β,得α,β平行或相交;由α∥β,得a∥β,b∥β,
所以a∥β,b∥β是α∥β的必要不充分条件.故选B.
3.B ∵在▱AA1B1B中,AM=MA1,BN=NB1,∴AM=BN,又AM∥BN,∴四边形ABNM是平行四边形,∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,∴MN∥平面ABC.
又MN⊂平面MNEF,平面MNEF∩平面ABC=EF,∴MN∥EF,∴EF∥AB.
在△ABC中,EF≠AB,∴EF≠MN,
∴四边形MNEF为梯形.故选B.
4.BCD 平面α∥平面β,一条直线a平行于平面α,则a可能在平面β内,故A错误;
平面α∥平面β,则α内的任意一条直线都平行于平面β,故B正确;
一个三角形有两条边所在的直线平行于一个平面,由面面平行的判定定理知,三角形所在的平面与这个平面平行,故C正确;
分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线,故D正确.
故选BCD.
5.154 由题意,平面α∥平面β,则AC∥BD,所以△PAC∽△PBD,即PAPB=PCPD,
所以PD=PC·PBPA=3×54=154.
关键能力·学案突破
例1
证明(方法1)如图,取CE的中点M,连接FM,BM.
因为点F为棱DE的中点,
所以FM∥CD,且FM=12CD=2,
因为AB∥CD,且AB=2,
所以FM∥AB,且FM=AB,
所以四边形ABMF为平行四边形,
所以AF∥BM.
因为AF⊄平面BCE,BM⊂平面BCE,
所以AF∥平面BCE.
(方法2)如图,在平面ABCD内,分别延长CB,DA,交于点N,连接EN.
因为AB∥CD,CD=2AB,
所以A为DN的中点.
又F为DE的中点,
所以AF∥EN.
因为EN⊂平面BCE,AF⊄平面BCE,所以AF∥平面BCE.
(方法3)如图,取棱CD的中点G,连接AG,GF,
因为点F为棱DE的中点,所以FG∥CE.
因为FG⊄平面BCE,CE⊂平面BCE,
所以FG∥平面BCE.
因为AB∥CD,AB=CG=2,
所以四边形ABCG是平行四边形,所以AG∥BC,
因为AG⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,所以AG∥平面BCE.
又FG∩AG=G,FG⊂平面AFG,AG⊂平面AFG,所以平面AFG∥平面BCE.
因为AF⊂平面AFG,所以AF∥平面BCE.
例2解(1)连接BE交AD于点O,连接OF,因为CE∥平面ADF,CE⊂平面BEC,平面ADF∩平面BEC=OF,
所以CE∥OF.
因为O是BE的中点,所以F是BC的中点.
(2)因为BC与平面ABD所成角为30°,BC=AB=1,
所以C到平面ABD的距离为h=BC·sin30°=12.因为AE=2,F是BC的中点,所以VA-CDF=VF-ACD=12VB-ACD=12VC-ABD=12×13×12×1×2×12=112.
对点训练1(1)证明①连接EC,
∵AD∥BC,BC=12AD,E是AD的中点,∴BC?AE,
∴四边形ABCE是平行四边形,
∴O为AC的中点.
又F是PC的中点,∴FO∥AP.
∵FO⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,
∴AP∥平面BEF.
②连接FH,OH,
∵F,H分别是PC,CD的中点,∴FH∥PD.
∵PD⊂平面PAD,FH⊄平面PAD,
∴FH∥平面PAD.
又O是AC的中点,H是CD的中点,∴OH∥AD.
又AD⊂平面PAD,OH⊄平面PAD,∴OH∥平面PAD.
又FH∩OH=H,∴平面OHF∥平面PAD.
又∵GH⊂平面OHF,∴GH∥平面PAD.
(2)证明∵底面ABCD是菱形,
∴AB∥CD,
又∵AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,
∴AB∥平面PCD.
又∵A,B,E,F四点共面,且平面ABEF∩平面PCD=EF,
∴AB∥EF,即可得EF∥CD.
例3证明取AD的中点G,连接BG,FG.因为E,F分别为CC1,DD1的中点,
所以C1D1?CD?EF,
因为C1D1⊂平面AD1C1,EF⊄平面AD1C1,
所以EF∥平面AD1C1.
因为AD∥BC,AD=2BC,
所以GD?BC,即四边形BCDG是平行四边形,
所以BG?CD,所以BG?EF,
即四边形EFGB是平行四边形,
所以BE∥FG.因为F,G分别是DD1,AD的中点,
所以FG∥AD1,即BE∥AD1.
因为AD1⊂平面AD1C1,BE⊄平面AD1C1,所以BE∥平面AD1C1.
又BE⊂平面BEF,FE⊂平面BEF,BE∩EF=E,
所以平面BEF∥平面AD1C1.
对点训练2
(1)证明∵M,N分别为PD,AD的中点,
∴MN∥PA.又MN⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,∴MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中,∠CAD=60°,CN=AN,∴∠ACN=60°.
又∠BAC=60°,∴CN∥AB.
∵CN⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴CN∥平面PAB.
又CN∩MN=N,∴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,AB=1,∠ABC=90°,∠BAC=60°,∴BC=3,∴三棱锥P-ABM的体积V=VM-PAB=VC-PAB=VP-ABC=13×12×1×3×2=33.
例4
解在平面ABCD内,过点B作直线与AC平行,该直线即为所求的直线l(如图).
理由:因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面A1BC1∩平面A1B1C1D1=A1C1,平面A1BC1∩平面ABCD=l,所以A1C1∥l.又AC∥A1C1,故l∥AC.
对点训练3
解如图,取BC的中点P,连接PD,PE,则平面PDE即为所求的平面α.
下面证明BF∥α.
因为BC=2AD,AD∥BC,所以AD∥BP,且AD=BP,
所以四边形ABPD为平行四边形,
所以AB∥DP.
又AB⊄平面PDE,PD⊂平面PDE,
所以AB∥平面PDE.
因为AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以AF∥DE.
又AF⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,
所以AF∥平面PDE.
又AF⊂平面ABF,AB⊂平面ABF,AB∩AF=A,
所以平面ABF∥平面PDE.
又BF⊂平面ABF,所以BF∥平面PDE,即BF∥α.
例5
(1)1 (2)1 (1)如图,连接A1B交AB1于点O,连接OD1,因为BC1∥平面AB1D1,平面AB1D1∩平面A1BC1=OD1,所以BC1∥OD1,
由棱柱的性质,知四边形A1ABB1为平行四边形,所以点O为A1B的中点,所以D1为A1C1的中点.
所以A1D1D1C1=1.
(2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1,
且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1,
平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.
所以BC1∥D1O,同理AD1∥DC1.
所以A1D1D1C1=A1OOB,A1D1D1C1=DCAD,
又A1OOB=1,所以DCAD=1,即ADDC=1.
对点训练4(1)B (2)C (1)如图,取B1C1的中点E,C1D1的中点F,连接EF,BE,DF,B1D1,则EF∥B1D1,B1D1∥BD,所以EF∥BD,故EF,BD在同一平面内,连接ME,因为M,E分别为A1D1,B1C1的中点,所以ME∥AB,且ME=AB,所以四边形ABEM是平行四边形,
所以AM∥BE.
又因为BE⊂平面BDFE,AM⊄平面BDFE,所以AM∥平面BDFE,同理AN∥平面BDFE,因为AM∩AN=A,
所以平面AMN∥平面BDFE.
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是1,所以BD=2,EF=12B1D1=22,DF=BE=52.
过E作BD的垂线,交BD于点H,则BH=12(BD-EF)=24,EH=BE2-BH2=54-18=324,故所求截面的面积为12×22+2×324=98.故选B.
(2)过M作MQ∥DD1,交AD于点Q,连接QN.∵MN∥平面DCC1D1,MQ∥平面DCC1D1,
MN∩MQ=M,
∴平面MNQ∥平面DCC1D1.
又平面ABCD与平面MNQ和平面DCC1D1分别交于QN和DC,
∴NQ∥DC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x.∵MQAQ=DD1AD=2,∴MQ=2x.
在Rt△MQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,
∴y2-4x2=1(0≤x<1),又y>0,∴y=4x2+1,∴函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.故选C.
例6解(1)因为G为AE的中点,AD=DE=2,所以DG⊥AE.
因为平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,
DG⊂平面ADE,所以DG⊥平面ABCE.
在等腰直角三角形ADE中,易求AE=22,
则DG=2,
所以四棱锥D-ABCE的体积VD-ABCE=13×(1+5)×22×2=22.
(2)在BD上存在点P,使得CP∥平面ADE.
过点C作CF∥AE交AB于点F,过点F作FP∥AD交DB于点P,连接PC,
如图所示,
因为CF∥AE,AE⊂平面ADE,CF⊄平面ADE,所以CF∥平面ADE,
同理FP∥平面ADE,
又因为CF∩PF=F,所以平面CFP∥平面ADE.
因为CP⊂平面CFP,所以CP∥平面ADE.
所以在BD上存在点P,使得CP∥平面ADE.因为四边形AECF为平行四边形.
所以AF=CE=1,即BF=4,
故BPBD=BFAB=45.
所以在BD上存在点P,使得CP∥平面ADE,且BPBD=45.
对点训练5
解如图所示,取BC和BD的中点H,G,连接HG,则直线HG为所求直线.证明如下.
因为H,G分别为BC和BD的中点,所以HG∥CD,所以HG∥平面CDE.
取CD的中点O,连接EO,AH,AG,如图,易知EO⊥CD,AH⊥BC.
因为平面CDE⊥平面BCD,且EO⊥CD,所以EO⊥平面BCD,
又由平面ABC⊥平面BCD,AH⊥BC,得AH⊥平面BCD,
所以EO∥AH,所以AH∥平面CDE,又AH∩HG于点H,所以平面AHG∥平面CDE,
所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行.
判 定
性 质
定义
定理
图形
条件



结论
a∥α
a∥α
a∥b
判 定
性 质
定义
定理
图形
条件



α∥β,a⊂β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α
1.平面与平面平行的三个性质
(1)两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等.
(3)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.
2.判断两个平面平行的三个结论
(1)垂直于同一条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)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线,那么这两个平面平行.
考点
直线与平面平行的判定与性质(多考向探究)
考点
面面平行的判定与性质(多考向探究)
考点
平行关系的综合应用
考点
平行关系的探究性问题