《高考数学一轮必备考情分析学案：8.4直线、平面平行的判定及其性质含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮必备考情分析学案：8.4直线、平面平行的判定及其性质含解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.4直线、平面平行的判定及其性质考情分析高考始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质和判定作为考察重点。在难度上也始终以中等偏难为主，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，是知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。基础知识1.线面平行的判定定理：如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。推理模式：2.线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行推理模式：3.两个平面的位置关系有两种：两平面相交（有一条公共直线）
2、、两平面平行（没有公共点）（1）两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于一个平面，那么这两个平面平行。 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相交直线，那么这两个平面互相平行。推论模式：（2）两个平面平行的性质：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面； 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。注意事项1.平行问题的转化关系：来源:2. (1)在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误来源:(2)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与已知平面相交，则直线与交线平行来源:题型一直线
3、与平面平行的判定与性质【例1】在空间四边形ABCD中，E、F分别为AB、AD上的点，且AEEBAFFD14，又H、G分别为BC、CD的中点，则()A. BD平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B. EF平面BCD，且四边形EFGH是梯形C. HG平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D. EH平面ADC，且四边形EFGH是梯形答案：B解析：如图，由题意，EFBD，且EFBD.HGBD，且HGBD.EFHG，且EFHG.四边形EFGH是梯形又EF平面BCD，而EH与平面ADC不平行故选B.【变式1】 如图，若PA平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点，求证：AF平
4、面PCE.证明取PC的中点M，连接ME、MF，则FMCD且FMCD.又AECD且AECD，FM綉AE，即四边形AFME是平行四边形AFME，又AF平面PCE，EM平面PCE，AF平面PCE.题型二平面与平面平行的判定与性质【例2】已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中错误的是()A. 若m，m，则B. 若，则C. 若m，n，mn，则D. 若m，n是异面直线，m，m，n，n，则答案：C解析：由线面垂直的性质可知A正确；由两个平面平行的性质可知B正确；由异面直线的性质易知D也是正确的；对于选项C，可以相交、可以平行，故C错误，选C.【变式2】 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，
5、E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1平面BCHG.证明(1)GH是A1B1C1的中位线，GHB1C1.又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G四点共面(2)E、F分别为AB、AC的中点，EFBC，EF平面BCHG，BC平面BCHG，EF平面BCHG.A1G綉EB，四边形A1EBG是平行四边形，A1EGB.A1E平面BCHG，GB平面BCHG.A1E平面BCHG.A1EEFE，平面EFA1平面BCHG.题型三线面平行中的探索问题【例3】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面ABC，若D是棱CC1的中点，问在棱
6、AB上是否存在一点E，使DE平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由证明：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DFB1C1.AB的中点为E，连接EF，则EFAB1.B1C1与AB1是相交直线，平面DEF平面AB1C1.而DE平面DEF，DE平面AB1C1.【变式3】 如图，在四棱锥PABCD中，底面是平行四边形，PA平面ABCD，点M、N分别为BC、PA的中点在线段PD上是否存在一点E，使NM平面ACE？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由解在PD上存在一点E，使得NM平面ACE.证明如下：如图，取PD的中点E，连接NE，EC，AE，因为N，E分别为PA，PD的
7、中点，所以NE綉AD.又在平行四边形ABCD中，CM綉AD.所以NE綉MC，即四边形MCEN是平行四边形所以NM綉EC.又EC平面ACE，NM平面ACE，所以MN平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM平面ACE.重难点突破【例4】如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(2)证明：CC1平面A1BD.证明(1)因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD又因为AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，所以AD2B
8、D2AB2，因此ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD(2)如图，连结AC，A1C1，设ACBDE，连结EA1，因为四边形ABCD为平行四边形，所以ECAC.来源:由棱台定义及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1EA1.又因为EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD巩固提高1.对于平面和共面的直线m，n，下列命题是真命题的是()A. 若m，n与所成的角相等，则mnB. 若m，n，则mnC. 若m，mn，则nD. 若m，n，则mn答案：D解析：由m，n可知m与n不
9、相交，又m与n共面，故mn.2.给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面、的三个命题：若l与m为异面直线，l，m，则；若，l，m，则lm；若l，m，n，l，则mn.其中真命题的个数为()A. 3B. 2C. 1D. 0答案：C解析：中当与不平行时，也能存在符合题意的l、m.中l与m也可能异面中lm，同理ln，则mn，正确3. 如图中四个正方体图形，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平面MNP的图形的序号是()A. B. C. D. 答案：B解析：图中，设PN中点为Q，连MQ，则ABMQ，所以AB平面MNP，图，图中，AB与平面MNP相交，图中，ABNP，所以
10、AB平面MNP.故应选B.4. 若、是两个相交平面，点A不在内，也不在内，则过点A且与和都平行的直线()A. 只有1条B. 只有2条C. 只有4条D. 有无数条答案：A解析：据题意如图，要使过点A的直线m与平面平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面的交线k与直线m平行，则推出nk，由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面与的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点A且与两平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条5.在四面体ABCD中，M、N分别为ACD和BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是_答案：面ABC、面ABD解析：如图，取CD的中点E，则AE过M，且AM2ME，BE过N，且BN2NE.连接MN，则ABMN，MN平行于平面ABC和平面ABD.来源:
