2020高考数学文科大一轮复习导学案：第七章立体几何7.4

 知识点一　　直线与平面平行 1．判定定理2.性质定理　　　　　　　　　　　　　　1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(　A　)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解析：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.2．在下图所示的正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P为所在棱的中点，则直线AB与平面PNM的位置关系是平行．解析：在正方体中，AB是正方体的对角线，M，N，P为所在棱的中点，取MN的中点F，连接PF，则易知PF∥AB，故由线面平行的判定定理可知直线AB与平面PNM平行．知识点二　平面与平面平行 1．判定定理2.两平面平行的性质定理3．判断正误(1)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．(　×　)(2)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．(　√　)(3)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若l∥α，l∥β，则α∥β.(　×　)4．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的(　B　)A．充分不必要条件   B．必要不充分条件C．充要条件   D．既不充分也不必要条件解析：当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．1．平行关系中的两个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.2．线线、线面、面面平行间的转化　　　　　　　　　　考向一　　直线与平面平行的判定与性质 【例1】　(2019·福州高三考试)如图，在四棱锥E­ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点．(1)证明：AF∥平面BCE；(2)若BC＝4，∠BCE＝120°，DE＝2，求三棱锥B­CEF的体积．【解】　(1)证法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＝CD＝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.证法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.证法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.(2)因为AB∥CD，∠ABC＝90°，所以CD⊥BC.因为CD＝4，CE＝2，DE＝2，所以CD2＋CE2＝DE2，所以CD⊥CE，因为BC∩CE＝C，BC⊂平面BCE，CE⊂平面BCE，所以CD⊥平面BCE.因为点F为棱DE的中点，且CD＝4，所以点F到平面BCE的距离为2.S△BCE＝BC·CEsin∠BCE＝×4×2sin120°＝2.三棱锥B­CEF的体积VB­CEF＝VF­BCE＝S△BCE×2＝×2×2＝.1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；2求三棱锥的体积时，若不便于直接利用锥体的体积公式求解，则往往需要进行等体积转化，再利用锥体的体积公式加以计算求解.(1)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．证明：直线CE∥平面PAB.(2)如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.①证明：GH∥EF；②若EB＝2，求四边形GEFH的面积．解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)①证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC，同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.②连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK，如图．因为PA＝PC，点O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD，又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，所以PO⊥底面ABCD，又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH，因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，从而GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高，由AB＝8，EB＝2得EBAB＝KBDB＝14，从而KB＝BD＝OB，即点K是OB的中点．再由PO∥GK得GK＝PO，即点G是PB的中点，同理GH＝BC＝4，由已知可得OB＝4，PO＝＝＝6，所以GK＝3，故四边形GEFH的面积S＝·GK＝×3＝18.考向二　　平面与平面平行的判定与性质 【例2】　如图所示，已知ABCD­A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1C1的中点．(1)求证：E、B、F、D1四点共面；(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.【证明】　(1)连接FG.如图．∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E＝2，∴BG綊A1E，∴A1G綊BE.又∵C1F綊B1G，∴四边形C1FGB1是平行四边形．∴FG綊C1B1綊D1A1，∴四边形A1GFD1是平行四边形．∴A1G綊D1F，∴D1F綊EB，故E、B、F、D1四点共面．(2)∵H是B1C1的中点，∴B1H＝.又B1G＝1，＝.又＝，且∠FCB＝∠GB1H＝90°.∴△B1HG∽△CBF，∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG.∴HG∥FB.又由(1)知，A1G∥BE，且HG∩A1G＝G，FB∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F.　　证明面面平行的方法(1)面面平行的定义；(2)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；(3)面面平行的判定定理的推论：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；(4)利用垂直于同一条直线的两个平面平行． (1)(2019·广州高三调研测试)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为(　D　)A.   B.C.   D.解析：如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝，故选D.(2)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：①B，C，H，G四点共面；②平面EFA1∥平面BCHG.证明：①∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．②∵E、F分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.考向三　　线面平行的综合应用 【例3】　(2019·东北三省四校联考)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，CC1的中点．(1)若线段AC上存在点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；(2)证明：EF⊥A1C.【解】　(1)点D是AC的中点，理由如下：∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴AB∥DE，∵在△ABC中，E是BC的中点，∴D是AC的中点．(2)证明：∵三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝AA1，∴四边形A1ACC1是菱形，∴A1C⊥AC1.∵AA1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，∴AA1⊥AB，又AB⊥AC，AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面AA1C1C，∵A1C⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1C.又AB∩AC1＝A，从而A1C⊥平面ABC1，又BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥BC1.又∵E，F分别是BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，从而EF⊥A1C.　　探索性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且＝λ，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．解：AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝.理由如下：当λ＝时，＝，可知＝，如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，则有＝＝，又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME，又ME⊂平面ABEF，CP⊄平面ABEF，故有CP∥平面ABEF.