高考数学复习：第七章 ：第四节直线、平面平行的判定及其性质突破热点题型

1、 精品资料第四节直线、平面平行的判定及其性质 高频考点考点一 线面平行的判定及性质1线面平行的判定及性质是每年高考的必考内容，多出现在解答题中的第(1)、(2)问，难度适中，属中档题2高考对线面平行的判定及性质的考查常有以下两个命题角度：(1)以多面体为载体，证明线面平行问题；(2)以多面体为载体，考查与线面平行有关的探索性问题例1(1)(2013福建高考)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，BC5，DC3，AD4，PAD60.当正视方向与向量的方向相同时，画出四棱锥PABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；若M为PA的中点，求证：DM平面PBC；求三棱锥DPBC的体积(2)(2014日照模拟)如图所示，四边形ABCD为矩形，DA平面ABE，AEEBBC2，BF平面ACE于点F，且点F在线段CE上求证：AEBE；设点M在线段AB上，且满足AM2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN平面ADE.自主解答(1)法一：在梯形ABCD中，过点C作CEAB，垂足为E.由已知得，四边形ADCE为矩形，AEDC3，在RtBEC中，由BC5，CE4，依勾股定理

2、得BE3，从而AB6.又由PD平面ABCD，得PDAD，所以在RtPDA中，由AD4，PAD60，得PDADtan 604.正视图如图(1)所示：图(1)图(2)证明：如图(2)所示，取PB中点N，连接MN，CN.在PAB中，M是PA中点，MNAB且MNAB3.又CDAB，CD3，MNCD，MNCD，四边形MNCD为平行四边形，DMCN.DM平面PBC，CN平面PBC，DM平面PBC.VDPBCVPDBCSDBCPD，又SDBC6，PD4，VDPBC8.法二：同法一证明：取AB的中点E，连接ME，DE.在梯形ABCD中，BECD，且BECD，四边形BCDE为平行四边形，DEBC.DE平面PBC，BC平面PBC，DE平面PBC.在PAB中，MEPB，ME平面PBC，PB平面PBC，ME平面PBC.DEMEE，平面DME平面PBC.DM平面DME，DM平面PBC.来源:同法一(2)证明：由DA平面ABE及ADBC，得BC平面ABE，又AE平面ABE，所以AEBC，因为BF平面ACE，AE平面ACE，所以BFAE，又BCBFB，BC，BF平面BCE，所以AE平面BCE.因为BE平面BCE，故

3、AEBE.在ABE中，过点M作MGAE交BE于点G，在BEC中，过点G作GNBC交CE于点N，连接MN，则由，得CNCE.来源:因为MGAE，AE平面ADE，MG平面ADE，所以MG平面ADE，又GNBC，BCAD，AD平面ADE，GN平面ADE，所以GN平面ADE，又MGGNG，所以平面MGN平面ADE，因为MN平面MGN，所以MN平面ADE.故当点N为线段CE上靠近C的一个三等分点时，MN平面ADE.线面平行问题的常见类型及解题策略(1)线面平行的证明问题判断或证明线面平行的常用方法有：利用线面平行的定义(无公共点)；利用线面平行的判定定理(a，b，aba)；利用面面平行的性质(，aa)；利用面面平行的性质(，a，a，aa)(2)线面平行的探索性问题对命题条件的探索常采用以下三种方法：a先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；b先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；c把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定

4、假设来源:1. (2013新课标全国卷)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点(1)证明：BC1平面A1CD；(2)设AA1ACCB2，AB2，求三棱锥CA1DE的体积解：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB中点，连接DF，则在ABC1中，BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面ABC，则AA1CD.由已知ACCB，D为AB的中点，所以CDAB.又AA1ABA，AA1，AB平面ABB1A1，所以CD平面ABB1A1.由AA1ACCB2，AB2，得ACB90，CD，A1D，DE，A1E3，故A1D2DE2A1E2，即DEA1D.所以VCA1DE1.2.如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知DCDD12AD2AB，ADDC，ABDC.(1)求证：D1CAC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E平面A1BD，并说明理由解：(1)证明：在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连接C1D，DCDD1，四边形DCC1D1是正

5、方形，DC1D1C.又ADDC，ADDD1，DCDD1D，DC，DD1平面DCC1D1，AD平面DCC1D1，又D1C平面DCC1D1，ADD1C.AD平面ADC1，DC1平面ADC1，且ADDC1D，D1C平面ADC1，又AC1平面ADC1，D1CAC1.(2)连接AD1，AE，D1E，设AD1A1DM，BDAEN，连接MN，平面AD1E平面A1BDMN，要使D1E平面A1BD，可使MND1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点又易知ABNEDN，ABDE.即E是DC的中点综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E平面A1BD.考点二面面平行的判定与性质 例2如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，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.自主解答(1)G，H分别是A1B1，A1C1的中点，GH是A1B1C1的中位线，GHB1C1.来源:又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G四点共面(2)E，F分别是AB，AC的中点，EFBC.EF平面BCHG，BC平面BCHG，EF平面BCHG.A1GEB，A1G

6、=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.【互动探究】在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点H，四边形A1ACC1是平行四边形，H是A1C的中点，连接HD，D为BC的中点，A1BDH.A1B平面A1BD1，DH平面A1BD1，DH平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1BD，D1C1=BD四边形BDC1D1为平行四边形，DC1BD1.又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，DC1平面A1BD1，又DC1DHD，平面A1BD1平面AC1D.【方法规律】判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)(4)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(客观题可用)(2013陕西高考)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心

7、， A1O底面ABCD，ABAA1.(1)证明：平面 A1BD平面CD1B1；(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积解：(1)证明：由题设知，BB1DD1，BB1=DD1四边形BB1D1D是平行四边形，BDB1D1.又BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，BD平面CD1B1.A1D1B1C1BC，A1D1=B1C1=BC，四边形A1BCD1是平行四边形，A1BD1C.又A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1，A1B平面CD1B1.又BDA1BB，平面A1BD平面CD1B1.(2)A1O平面ABCD，A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又AOAC1，AA1，A1O1.又SABD1，VABDA1B1D1SABDA1O1.考点三平行关系的综合应用 例3 如图所示，平面平面，点A，点C，点B，点D，点E，F分别在线段AB，CD上，且AEEBCFFD. (1)求证：EF平面；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC4，BD6，且AC，BD所成的角为60，求EF的长自主解答(1)证明：当AB，CD在同一平面内时，由平面平面，平面平面ABDCAC，平面平面ABDCBD，ACBD.AEEBCFFD，EFBD.又EF，BD，EF平面.当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD平面DH，且DHAC.平面平面，平面平面ACDHAC，ACDH，四边形ACDH是平行四边形，在AH上取一点G，使AGGHCFFD，连接EG，FG，BH.又AEEBCFFDAGGH，GFHD，EGBH.又EGGFG，BHHDH，平面EFG平面.又EF平面EFG，EF平面.综合可知EF平面.(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.E，F分别为AB，CD的中点，MEBD，MFAC，且MEBD3，MFAC2.EMF为AC与BD所成的角或其补角，EMF60或120.在EFM中，由余弦定理得EF ，即EF或EF.【方法规律】1解决本题的关键是构造过EF且平行平面和平面的平面来源:www.s

《高考数学复习：第七章 ：第四节直线、平面平行的判定及其性质突破热点题型》由会员cl****1分享，可在线阅读，更多相关《高考数学复习：第七章 ：第四节直线、平面平行的判定及其性质突破热点题型》请在金锄头文库上搜索。