（江苏专用）2020版高考数学一轮复习 第十二章 立体几何 12.2 直线、平面平行的判定与性质课件

§12.2直线、平面平行的判定与性质高考数学(江苏省专用)五年高考A组自主命题·江苏卷题组1.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形,又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.答题规范(1)表达不规范,例如,不交代“在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中”,直接写“AB∥A1B1”.(2)对平行六面体定义不清楚.例如,可以直接由平行六面体得到“AB∥A1B1”,却要通过面面平行推导“AB∥A1B1”.学习建议空间想象能力是基本数学能力之一,因此立体几何历年都是高考必考的重点内容之一.在学习过程中要注意以下几点:(1)重视空间想象能力的提升.学习时要通过对实物的抽象,加强立体图形的识别,图形与实物的互相转化,从而提升空间想象能力.(2)知识要网络化.立体几何中的公理和定理较多,而且相互关联,需要梳理出条件清晰的网络.另外,立体几何中有很多由定理等推导出的结论,除了教材中可以直接用的定理(课标中有规定)外,其他推导出的结论一般不能直接运用.(3)书写表达要规范准确,近年来立体几何的考查对思维要求不高,难度也不大,但体现了数学推导的严谨性,因此书写时要将定理的条件表达全面,引用已知条件时必须要书写清楚.如没有书写“在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中”,就不能得到“AB∥A1B1”.(4)重视逻辑段的完整性.对每个逻辑段的表达要完整,不能多也不能少,也不能出现笔误.2.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1. 证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2019课标全国Ⅱ理改编,7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是.①α内有无数条直线与β平行;②α内有两条相交直线与β平行;③α,β平行于同一条直线;④α,β垂直于同一平面.答案②解析本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查推理论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理.①③④选项中α与β可能相交.2.(2018浙江改编,6,4分)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的.(填“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分又不必要条件”)答案充分不必要条件解析∵m⊄α,n⊂α,m∥n,∴m∥α,故充分性成立.而由m∥α,n⊂α,得m∥n或m与n异面,故必要性不成立.3.(2016课标全国Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案②③④解析对于①,由m⊥n,m⊥α可得n∥α或n在α内,当n∥β时,α与β可能相交,也可能平行,故①错误;对于②,过直线n作平面与平面α交于直线c,由n∥α可知n∥c,∵m⊥α,∴m⊥c,∴m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的有②③④.解题关键熟记和理解每个定理是解决此类问题的关键.4.(2015安徽改编,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是.(1)若α,β垂直于同一平面,则α与β平行;(2)若m,n平行于同一平面,则m与n平行;(3)若α,β ,则在α内 与β平行的直线;(4)若m,n ,则m与n 垂直于同一平面.不平行不存在不平行不可能答案(4)解析若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故(1)错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故(2)错;若α,β不平行,则α,β相交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故(3)错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知m∥n,故(4)正确.5.(2019课标全国Ⅰ文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求点C到平面C1DE的距离. 解析本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养.(1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME= B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND= A1D.由题设知A1B1􀱀DC,可得B1C􀱀A1D,故ME􀱀ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE. (2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,1212故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E= ,故CH= .从而点C到平面C1DE的距离为 .174171741717思路分析(1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出MN∥DE,然后利用线面平行的判定定理证出结论.(2)注意到DE⊥平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.6.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PA⊥BD;(2)求证:平面BDE⊥平面PAC;(3)当PA∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积. 解析本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考查空间想象能力.(1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC中点,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC.所以平面BDE⊥平面PAC.(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.因为D为AC的中点,所以DE= PA=1,BD=DC= .122由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V= BD·DC·DE= .16137.(2016课标全国Ⅲ文,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求四面体NBCM的体积. 解析(1)证明:由已知得AM= AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN= BC=2. (3分) 又AD∥BC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB. (6分)(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为 PA. (9分)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE= = .由AM∥BC得M到BC的距离为 ,23121222ABBE55故S△BCM= ×4× =2 .所以四面体N-BCM的体积VN-BCM= ·S△BCM· = . (12分)1255132PA453评析本题考查了线面平行的位置关系,考查了三棱锥的体积,考查了空间想象能力.线段的中点问题一般应用三角形的中位线求解.8.(2015山东,18,12分)如图,三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH. 证明(1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=M,连接MH. 在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则M为CD的中点,又H为BC的中点,所以HM∥BD,又HM⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.证法二:在三棱台DEF-ABC中,由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,所以四边形HBEF为平行四边形,可得BE∥HF.在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,所以GH∥AB.又GH∩HF=H,所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED,所以BD∥平面FGH.(2)连接HE. 因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB.由AB⊥BC,得GH⊥BC.又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形.所以CF∥HE,又CF⊥BC,所以HE⊥BC.又HE,GH⊂平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.评析本题考查空间线面平行、面面垂直的判定等知识;考查推理论证能力及空间想象能力.C组教师专用题组1.(2014安徽,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD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. 17解析(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.因为PA=PC,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,所以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= DB= OB,即K为OB的中点. 再由PO∥G