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  • 2021-06-16 发布

2020学年高一数学下册期末直线、平面平行和垂直的判定与性质知识点

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2020 学年高一数学下册期末直线、平面平行和垂直的判定与性质知识点 知识点总结 1.直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判 定 定 理 平面外一条直线与此平面内的 一条直线平行,则该直线与此 平面平行(线线平行 ⇒ 线面平 行) l∥a,a ⊂ α,l⊄α ⇒ l∥ α 性 质 定 理 一条直线与一个平面平行,则 过这条直线的任一平面与此平 面的交线与该直线平行(线面 平行 ⇒ 线线平行) l∥α,l ⊂ β,α∩β=b ⇒ l ∥b 2.判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点). (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b ⊂ α,a∥b ⇒ a∥α). (3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a ⊂ α ⇒ a∥β). (4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄α,a⊄β,a∥α ⇒ a∥β). 练习 考点一:直线与平面平行的判定 例 1、(2019·陕西西安调研)如图所示,四边形 ABCD 是平行四边形,点 P 是平面 ABCD 外一点,M 是 PC 的中点,在 DM 上取一点 G,过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH. 求证:AP∥GH. 证明 如图所示,连接 AC 交 BD 于点 O,连接 MO, ∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴O 是 AC 的中点,又 M 是 PC 的中点, ∴AP∥OM. 又 MO ⊂ 平面 BMD,PA⊄平面 BMD, ∴PA∥平面 BMD. ∵平面 PAHG∩平面 BMD=GH,且 PA ⊂ 平面 PAHG, ∴AP∥GH. 练习、如图所示,斜三棱柱 ABCA1B1C1 中,点 D,D1 分别为 AC,A1C1 上的中点. (1)证明 AD1∥平面 BDC1; (2)证明 BD∥平面 AB1D1. 证明 (1)∵D1,D 分别为 A1C1 与 AC 的中点,四边形 ACC1A1 为平行四边形, ∴C1D1∥DA,C1D1=DA, ∴四边形 ADC1D1 为平行四边形,∴AD1∥C1D. 又 AD1⊄平面 BDC1,C1D ⊂ 平面 BDC1, ∴AD1∥平面 BDC1. (2)连接 D1D. ∵BB1∥平面 ACC1A1,BB1 ⊂ 平面 BB1D1D,平面 ACC1A1∩平面 BB1D1D=D1D, ∴BB1∥D1D. 又 D1,D 分别为 A1C1AC 中点, ∴BB1=DD1, ∴四边形 BDD1B1 为平行四边形, ∴BD∥B1D1. 又 BD⊄平面 AB1D1,B1D1 ⊂ 平面 AB1D1, ∴BD∥平面 AB1D1. 练习、如图所示,CD,AB 均与平面 EFGH 平行,E,F,G,H 分别在 BD,BC,AC, AD 上,且 CD⊥AB.求证:四边形 EFGH 是矩形. 证明 ∵CD∥平面 EFGH, 而平面 EFGH∩平面 BCD=EF, ∴CD∥EF.同理 HG∥CD,∴EF∥HG. 同理 HE∥GF,∴四边形 EFGH 为平行四边形, ∴CD∥EF,HE∥AB, ∴∠HEF 为异面直线 CD 和 AB 所成的角. 又∵CD⊥AB,∴HE⊥EF. ∴平行四边形 EFGH 为矩形. 知识点讲解 3.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面内的两条相 交直线与另一个平面 平行,则这两个平面平 行(线面平行 ⇒ 面面平 行) a∥β,b∥β,a∩b= P,a ⊂ α,b ⊂ α ⇒ α∥β 性质 定理 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 α∥β,α∩γ=a,β∩γ =b ⇒ a∥b 4.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). 考点练习 考点二:平面与平面平行的判定与性质 例 2、(2019 年南宁月考)如图所示,在三棱柱 ABC A1B1C1 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. 证明 (1)∵G,H 分别是 A1B1,A1C1 的中点, ∴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 分别是 AB,AC 的中点, ∴EF∥BC. ∵EF⊄平面 BCHG,BC ⊂ 平面 BCHG, ∴EF∥平面 BCHG. ∵A1G∥EB 且 A1G=EB, ∴四边形 A1EBG 是平行四边形, ∴A1E∥GB. 又∵A1E⊄平面 BCHG,GB ⊂ 平面 BCHG, ∴A1E∥平面 BCHG. 又∵A1E∩EF=E,A1E,EF ⊂ 平面 EFA, ∴平面 EFA1∥平面 BCHG. [变式探究] 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 M, ∵四边形 A1ACC1 是平行四边形, ∴M 是 A1C 的中点,连接 MD, ∵D 为 BC 的中点, ∴A1B∥DM. ∵A1B ⊂ 平面 A1BD1,DM⊄平面 A1BD1, ∴DM∥平面 A1BD1. 又由三棱柱的性质知,D1C1∥BD, ∴四边形 BDC1D1 为平行四边形,∴DC1∥BD1. 又 DC1⊄平面 A1BD1,BD1 ⊂ 平面 A1BD1, ∴DC1∥平面 A1BD1. 又∵DC1∩DM=D,DC1,DM ⊂ 平面 AC1D, ∴平面 A1BD1∥平面 AC1D. 训练、如图,ABCD 与 ADEF 均为平行四边形,M,N,G 分别是 AB,AD,EF 的中点. (1)求证:BE∥平面 DMF; (2)求证:平面 BDE∥平面 MNG. 证明 (1)连接 AE,则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O, 连接 MO,则 MO 为△ABE 的中位线,所以 BE∥MO, 又 BE⊄平面 DMF,MO ⊂ 平面 DMF, 所以 BE∥平面 DMF. (2)因为 N,G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD,EF 的中点,所以 DE∥GN, 又 DE⊄平面 MNG,GN ⊂ 平面 MNG, 所以 DE∥平面 MNG. 又 M 为 AB 的中点, 所以 MN 为△ABD 的中位线,所以 BD∥MN, 又 MN ⊂ 平面 MNG,BD⊄平面 MNG, 所以 BD∥平面 MNG, 又 DE∩BD=D,DE ⊂ 平面 BDE,BD ⊂ 平面 BDE, 所以平面 BDE∥平面 MNG. 知识点讲解 5、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)垂直于同一个平面的两条直线平行,即若 a⊥α,b⊥α,则 a∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ. 考点练习 考点三:与线面平行相关的命题真假判断 例 3.(2019·山东日照月考)若 m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下 列命题正确的是( ) A. 若α⊥β,m⊥β,则 m∥α B.若 m∥α,n⊥m,则 n⊥α C.若 m∥α,n∥α,m ⊂ β,n ⊂ β,则α∥β D.若 m∥β,m ⊂ α,α∩β=n,则 m∥n 【答案】D [对于 A,若α⊥β,m⊥β,则 m∥α或 m ⊂ α,故 A 错误;对于 B,若 m∥ α,n⊥m,则 n⊥α或 n ⊂ α或 n 与α相交,故 B 错误;对于 C,若 m∥α,n∥α,m ⊂ β,n ⊂ β, 则α∥β或α、β相交,故 C 错误;对于 D,若 m∥β,m ⊂ α,α∩β=n,由线面平行的性质定 理,可得 m∥n,故 D 正确.] 练习.(全国卷Ⅰ)如图,在下列四个正方体中,A,B 为正方体的两个顶点,M,N,Q 为 所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( ) 【答案】A [A 项,作如图①所示的辅助线,其中 D 为 BC 的中点,则 QD∥AB. ∵QD∩平面 MNQ=Q,∴QD 与平面 MNQ 相交, ∴直线 AB 与平面 MNQ 相交. B 项,作如图②所示的辅助线,则 AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又 AB⊄平面 MNQ, MQ ⊂ 平面 MNQ,∴AB∥平面 MNQ. C 项,作如图③所示的辅助线,则 AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又 AB⊄平面 MNQ, MQ ⊂ 平面 MNQ,∴AB∥平面 MNQ.D 项,作如图④所示的辅助线,则 AB∥CD,CD∥NQ. ∴AB∥NQ.又 AB⊄平面 MNQ,NQ ⊂ 平面 MNQ,∴AB∥平面 MNQ.] 【知识梳理】 6.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义:直线 l 与平面α内的任意一条直线都垂直,就说直线 l 与平面α 互相垂直. (2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理: 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平 面内的两条相交直 线都垂直,则该直线 与此平面垂直 a,b ⊂ α a∩b=O l⊥a l⊥b ⇒ l ⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面 的两条直线平行 a⊥α b⊥α ⇒ a∥b 7.证明线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理. (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”. (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则与另一个也垂直”. (4)利用面面垂直的性质定理. 8.证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系. (2)利用等腰三角形底边中线的性质. (3)利用勾股定理的逆定理. (4)利用直线与平面垂直的性质. 考点练习 考点四:直线与平面垂直的判定与性质 例 4.(2019·湖南六校联考)已知 m 和 n 是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面, 下列给出的条件中一定能推出 m⊥β的是( ) A.α⊥β且 m ⊂ α B.α⊥β且 m∥α C.m∥n 且 n⊥β D.m⊥n 且α∥β 【答案】C [由线面垂直的判定定理,可知 C 正确.] 练习、(2019 年潍坊月考)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5, AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF=5 4 ,EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置.OD′= 10. 求证:D′H⊥平面 ABCD. 证明 由已知得 AC⊥BD,AD=CD. 又由 AE=CF 得AE AD =CF CD ,故 AC∥EF. 因此 EF⊥HD,从而 EF⊥D′H. 由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= AB2-AO2=4. 由 EF∥AC 得OH DO =AE AD =1 4 . 所以 OH=1,D′H=DH=3. 于是 D′H2+OH2=32+12=10=D′O2, 故 D′H⊥OH. 又 D′H⊥EF,而 OH∩EF=H,且 OH,EF ⊂ 平面 ABCD,所以 D′H⊥ 平面 ABCD. 知识点讲解 9.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义:两个平面相交, 如果它们所成的二面角是直二面角,就说这 两个平面互相垂直. (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理: 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面过另一个 平面的垂线,则这两 l ⊂ β l⊥α ⇒ α⊥β 个平面垂直 性质 定理 两个平面垂直,则一 个平面内垂直于交 线的直线与另一个 平面垂直 α⊥β l ⊂ β α∩β=a l⊥a ⇒ l ⊥α 10.面面垂直的两种证明方法 (1)定义法:利用面面垂直的定义,即判定两平面所成的二面角为直二面角,将证明面面 垂直问题转化为证明平面角为直角的问题. (2)定理法:利用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线, 把问题转化成证明线线垂直加以解决. 考点练习 考点五:面面垂直的判定与性质 练习、(北京卷)如图,在三棱锥 PABC 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 EBCD 的体积. (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 的中点,所以 BD⊥AC. 由(1)知,PA⊥BD, 所以 BD⊥平面 PAC, 所以平面 BDE⊥平面 PAC. (3)解 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=1 2 PA=1,BD=DC= 2. 由(1)知,PA⊥平面 ABC,所以 DE⊥平面 ABC, 所以三棱锥 EBCD 的体积 V=1 6 BD·DC·DE=1 3 . [变式探究] 在本例条件下,证明:平面 PBC⊥平面 PAB. 证明 由(1)知 PA⊥BC,又 BC⊥AB 且 PA∩AB=A, ∴BC⊥平面 PAB, 又∵BC ⊂ 平面 PBC,∴平面 PBC⊥平面 PAB. 练习、(2018·全国卷Ⅰ)如图,在平行四边形 ABCM 中,AB=AC=3,∠ACM=90°. 以 AC 为折痕将△ACM 折起,使点 M 到达点 D 的位置,且 AB⊥DA. (1)证明:平面 ACD⊥平面 ABC; (2)Q 为线段 AD 上一点,P 为线段 BC 上一点,且 BP=DQ=2 3 DA,求三棱锥 QABP 的 体积. (1)证明 由已知可得,∠BAC=90°,即 BA⊥AC. 又 BA⊥AD,所以 AB⊥平面 ACD. 又 AB ⊂ 平面 ABC, 所以平面 ACD⊥平面 ABC. (2)解 由已知可得, DC=CM=AB=3,DA=3 2. 又 BP=DQ=2 3 DA,所以 BP=2 2. 如图,过点 Q 作 QE⊥AC,垂足为 E,则 QE 綊 1 3 DC. 由已知及(1)可得,DC⊥平面 ABC, 所以 QE⊥平面 ABC,QE=1. 因此,三棱锥 QABP 的体积为 VQABP=1 3 ×S△ABP×QE=1 3 ×1 2 ×3×2 2sin 45°×1=1. 考点六:平行、垂直中关系的证明 例 6、(2018·江苏卷)在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求证:(1)AB∥平面 A1B1C; (2)平面 ABB1A1⊥平面 A1BC. (1)证明 在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,AB∥A1B1. 因为 AB⊄平面 A1B1C,A1B1 ⊂ 平面 A1B1C, 所以 AB∥平面 A1B1C. (2)证明 在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 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, 因此 AB1⊥A1B. 又因为 AB1⊥B1C1,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. 因为 AB1 ⊂ 平面 ABB1A1, 所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC. 练习、(2018·全国卷Ⅲ)如图,矩形 ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵ 所在平面垂直,M 是 CD ︵ 上异于 C,D 的点. (1)证明:平面 AMD⊥平面 BMC; (2)在线段 AM 上是否存在点 P,使得 MC∥平面 PBD?说明理由. (1)证明 由题设知,平面 CMD⊥平面 ABCD,交线为 CD.因为 BC⊥CD,BC ⊂ 平面 ABCD,所以 BC⊥平面 CMD, 故 BC⊥DM. 因为 M 为CD ︵ 上异于 C,D 的点,且 DC 为直径, 所以 DM⊥CM. 又 BC∩CM=C,所以 DM⊥平面 BMC. 而 DM ⊂ 平面 AMD,故平面 AMD⊥平面 BMC. (2)解 当 P 为 AM 的中点时,MC∥平面 PBD. 证明如下:连接 AC 交 BD 于 O.因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 AC 中点.连接 OP,因 为 P 为 AM 中点, 所以 MC∥OP. 又 MC⊄平面 PBD,OP ⊂ 平面 BPD, 所以 MC∥平面 PBD. 练习、(2019·山东潍坊模拟)如图(1),在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠BAD=π 2 , AB=BC=1 2 AD=a,E 是 AD 的中点,O 是 AC 与 BE 的交点.将△ABE 沿 BE 折起到图(2) 中△A1BE 的位置,得到四棱锥 A1BCDE. (1)证明:CD⊥平面 A1OC; (2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时,四棱锥 A1BCDE 的体积为 36 2,求 a 的值. (1)证明 在题图(1)中,因为 AB=BC=1 2 AD=a, E 是 AD 的中点,∠BAD=π 2 ,所以 BE⊥AC. 即在题图(2)中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 从而 BE⊥平面 A1OC. 又 CD∥BE,所以 CD⊥平面 A1OC. (2)解 由已知,平面 A1BE⊥平面 BCDE, 且平面 A1BE∩平面 BCDE=BE, 又由(1)可得 A1O⊥BE,所以 A1O⊥平面 BCDE. 即 A1O 是四棱锥 A1BCDE 的高. 由题图(1)知,A1O=AO= 2 2 AB= 2 2 a,平行四边形 BCDE 的面积 S=BC·AB=a2, 从而四棱锥 A1BCDE 的体积为 V=1 3 S·A1O=1 3 ×a2× 2 2 a= 2 6 a3. 由 2 6 a3=36 2,得 a=6.