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- 2021-05-13 发布
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学案43 空间的平行关系
导学目标: 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系.
自主梳理
1.直线a和平面α的位置关系有________、________、__________,其中________与________统称直线在平面外.
2.直线和平面平行的判定:
(1)定义:直线和平面没有____________,则称直线和平面平行.
(2)判定定理:a⊄α,b⊂α,且a∥b⇒________;
(3)其他判定方法:α∥β,a⊂α⇒________.
3.直线和平面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=l⇒________.
4.两个平面的位置关系有________、________.
5.两个平面平行的判定:
(1)定义:两个平面没有________,称这两个平面平行;
(2)判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒β∥α;
(3)推论:a∩b=P,a,b⊂α,a′∩b′=P′,a′,b′⊂β,a∥a′,b∥b′⇒________.
6.两个平面平行的性质定理:
α∥β,a⊂α⇒________;
α∥β,γ∩α=a,γ∩β=b⇒________.
7.与垂直相关的平行的判定:
(1)a⊥α,b⊥α⇒________;(2)a⊥α,a⊥β⇒________.
自我检测
1.(2011·湖南四县调研)平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A.存在一条直线a,a∥α,a∥β
B.存在一条直线a,a⊂α,a∥β
C.存在两条平行直线a,b,a⊂α,a∥β,b⊂β,b∥α
D.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α
2.(2011·烟台模拟)一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是( )
A.l∥α B.l⊥α
C.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l⊂α
3.下列各命题中:
①平行于同一直线的两个平面平行;
②平行于同一平面的两个平面平行;
③一条直线与两个平行平面中的一个相交,那么这条直线必和另一个相交;
④垂直于同一直线的两个平面平行.
不正确的命题个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
4.经过平面外的两点作该平面的平行平面,可以作( )
A.0个 B.1个
C.0个或1个 D.1个或2个
5.(2011·南京模拟)在四面体ABCD中,M、N分别是△ACD、△BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是________________.
探究点一 线面平行的判定
例1 已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内,P、Q分别是对角线AE、BD上的点,且AP=DQ.求证:PQ∥平面CBE.
变式迁移1 (2011·长沙调研)在四棱锥P—ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,M、N分别是AB、PC的中点,求证:MN∥平面PAD.
探究点二 面面平行的判定
例2 在正方体ABCD—A1B1C1D1中,M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点,求证:平面MNP∥平面A1BD.
变式迁移2 已知P为△ABC所在平面外一点,G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心.
(1)求证:平面G1G2G3∥平面ABC;
(2)求S△G1G2G3∶S△ABC.
探究点三 平行中的探索性问题
例3 (2011·惠州月考)如图所示,在四棱锥P—ABCD中,CD∥AB,AD⊥AB,
AD=DC=AB,BC⊥PC.
(1)求证:PA⊥BC;
(2)试在线段PB上找一点M,使CM∥平面PAD,并说明理由.
变式迁移3
如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO?
转化与化归思想综合应用
例 (12分)一个多面体的三视图和直观图如图所示,其中M、N分别是AB、SC的中点,P是SD上的一动点.
(1)求证:BP⊥AC;
(2)当点P落在什么位置时,AP∥平面SMC?
(3)求三棱锥B—NMC的体积.
多角度审题 第(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD,第(2)问是一个开放型问题,可有两种思维方式:一是猜想P是SD的中点,二是从结论“AP平行于平面SMC”出发找P满足的条件.
【答题模板】
(1)证明 连接BD,∵ABCD为正方形,
∴BD⊥AC,又SD⊥底面ABCD,
∴SD⊥AC,∵BD∩SD=D,∴AC⊥平面SDB,∵BP⊂平面SDB,
∴AC⊥BP,即BP⊥AC.[4分]
(2)解 取SD的中点P,连接PN,AP,MN.
则PN∥DC且PN=DC.[6分]
∵底面ABCD为正方形,∴AM∥DC且AM=DC,
∴四边形AMNP为平行四边形,∴AP∥MN.
又AP⊄平面SMC,MN⊂平面SMC,∴AP∥平面SMC.[8分]
(3)解 VB—NMC=VN—MBC=S△MBC·SD=··BC·MB·SD=×1×××2=.[12分]
【突破思维障碍】
1.本题综合考查三视图、体积计算及线面平行、垂直等位置关系,首先要根据三视图想象直观图,尤其是其中的平行、垂直及长度关系,第(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD,第(2)问是一个开放型问题,开放型问题能充分考查学生的思维能力和创新精神,近年来在高考试题中频繁出现这类题目.结合空间平行关系,利用平行的性质,设计开放型试题是新课标高考命题的一个动向.
2.线线平行与线面平行之间的转化体现了化归的思想方法.
1.直线与平面平行的重要判定方法:(1)定义法;(2)判定定理;(3)面与面平行的性质定理.
2.平面与平面平行的重要判定方法:(1)定义法;(2)判定定理;(3)利用结论:a⊥α,a⊥β⇒α∥β.
3.线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化:
(满分:75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2011·开封月考)下列命题中真命题的个数为( )
①直线l平行于平面α内的无数条直线,则l∥α;
②若直线a在平面α外,则a∥α;
③若直线a∥b,直线b⊂α,则a∥α;
④若直线a∥b,b⊂α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线.
A.1 B.2 C.3 D.4
2.已知直线a、b、c和平面m,则直线a∥直线b的一个必要不充分的条件是( )
A.a⊥m且b⊥m B.a∥m且b∥m
C.a∥c且b∥c D.a,b与m所成的角相等
3.在空间中,下列命题正确的是( )
A.若a∥α,b∥a,则b∥α
B.若a∥α,b∥α,a⊂β,b⊂β,则β∥α
C.若α∥β,b∥α,则b∥β
D.若α∥β,a⊂α,则a∥β
4.设l1、l2是两条直线,α、β是两个平面,A为一点,有下列四个命题,其中正确命题的个数是( )
①若l1⊂α,l2∩α=A,则l1与l2必为异面直线;
②若l1∥α,l2∥l1,则l2∥α;
③若l1⊂α,l2⊂β,l1∥β,l2∥α,则α∥β;
④若α⊥β,l1⊂α,则l1⊥β.
A.0 B.1 C.2 D.3
5.若直线a,b为异面直线,则分别经过直线a,b的平面中,相互平行的有( )
A.1对 B.2对
C.无数对 D.1或2对
二、填空题(每小题4分,共12分)
6.(2011·秦皇岛月考)下列四个正方体图形中,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∥面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号).
,
7.(2011·大连模拟)过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的有______条.
8.
如图所示,ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=________.
三、解答题(共38分)
9.(12分)
如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,M、N分别是BC和A1B1的中点.
求证:MN∥平面AA1C1C.
10.(12分)(2010·湖南改编)
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.
在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?证明你的结论.
11.(14分)
(2011·济宁模拟)如图,四边形ABCD为矩形,DA⊥平面ABE,AE=EB=BC=2,BF⊥平面ACE,且点F在CE上.
(1)求证:AE⊥BE;
(2)求三棱锥D—AEC的体积;
(3)设点M在线段AB上,且满足AM=2MB,试在线段CE上确定一点N,使得MN∥平面DAE.
学案43 空间的平行关系
自主梳理
1.平行 相交 在平面内 平行 相交 2.(1)公共点 (2)a∥α (3)a∥β 3.a∥l 4.平行 相交 5.(1)公共点
(3)α∥β 6.a∥β a∥b 7.(1)a∥b (2)α∥β
自我检测
1.D 2.D 3.A 4.C
5.面ABC和面ABD
课堂活动区
例1 解题导引 证明线面平行问题一般可考虑证线线平行或证面面平行,要充分利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化.
证明
如图所示,作PM∥AB交BE于M,作QN∥AB交BC于N,连接MN.
∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共边AB,∴AE=BD.
又∵AP=DQ,∴PE=QB,
又∵PM∥AB∥QN,
∴=,=,∴=.
∴PM綊QN,∴四边形PQNM为平行四边形,
∴PQ∥MN
又MN⊂平面BCE,PQ⊄平面BCE,
∴PQ∥平面BCE.
变式迁移1 证明 取PD中点F,连接AF、NF、NM.
∵M、N分别为AB、PC的中点,
∴NF綊CD,AM綊CD,∴AM綊NF.
∴四边形AMNF为平行四边形,∴MN∥AF.
又AF⊂平面PAD,MN⊄平面PAD,
∴MN∥平面PAD.
例2 解题导引 面面平行的常用判断方法有:
(1)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;
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行;关键是利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化.
证明 方法一
如图所示,连接B1D1、B1C.
∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点,
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD,
∴PN∥BD.
又PN⊄面A1BD,
∴PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN=N,
∴平面MNP∥平面A1BD.
方法二
如图所示,连接AC1、AC.
∵ABCD—A1B1C1D1为正方体,
∴AC⊥BD.
又CC1⊥面ABCD,
BD⊂面ABCD,
∴CC1⊥BD,∴BD⊥面ACC1,
又∵AC1⊂面ACC1,∴AC1⊥BD.
同理可证AC1⊥A1B,
∴AC1⊥平面A1BD.
同理可证AC1⊥平面PMN,
∴平面PMN∥平面A1BD.
变式迁移2
(1)证明 如图所示,连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、AC交于点D、E、F,连接DE、EF、FD,则有PG1∶PD=2∶3,
PG2∶PE=2∶3,∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC内,DE在平面ABC内,
∴G1G2∥平面ABC.
同理G2G3∥平面ABC.
又因为G1G2∩G2G3=G2,
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
(2)解 由(1)知==,∴G1G2=DE.
又DE=AC,∴G1G2=AC.
同理G2G3=AB,G1G3=BC.
∴△G1G2G3∽△CAB,其相似比为1∶3,
∴S△G1G2G3∶S△ABC=1∶9.
例3 解题导引 近几年探索性问题在高考中时有出现,解答此类问题时先以特殊位置尝试探究,找到符合要求的点后再给出严格证明.
(1)证明 连接AC,过点C作CE⊥AB,垂足为E.
在四边形ABCD中,AD⊥AB,CD∥AB,AD=DC,
∴四边形ADCE为正方形.
∴∠ACD=∠ACE=45°.
∵AE=CD=AB,∴BE=AE=CE.∴∠BCE=45°.
∴∠ACB=∠ACE+∠BCE=45°+45°=90°.
∴AC⊥BC.
又∵BC⊥PC,AC⊂平面PAC,PC⊂平面PAC,AC∩PC=C,
∴BC⊥平面PAC.∵PA⊂平面PAC,∴PA⊥BC.
(2)解 当M为PB的中点时,CM∥平面PAD.
取AP的中点F,连接CM,FM,DF.
则FM綊AB.
∵CD∥AB,CD=AB,
∴FM綊CD.
∴四边形CDFM为平行四边形.∴CM∥DF.
∵DF⊂平面PAD,CM⊄平面PAD,
∴CM∥平面PAD.
变式迁移3 解 当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点,P为DD1的中点,∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点,
∴D1B∥PO.
又PO∩PA=P,D1B∩QB=B,D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO,
∴平面D1BQ∥平面PAO.
课后练习区
1.A [①、②、③错,④对.]
2.D [注意命题之间的相互推出关系;易知选项D中,若两直线平行,则其与m所成的角相等,反之却不一定成立,故a、b与m所成的角相等是两直线平行的必要不充分条件.]
3.D [A不正确,由直线与平面平行的判定定理的条件知缺少条件b⊄α;B不正确,由两个平面平行的判定定理的条件,因a、b未必相交,而可能为两条平行直线,则α、β未必平行;C不正确,因有可能b⊂β;D正确,由两个平面平行的定义及直线与平面平行的定义知正确.]
4.A [①错,l1⊂α,l2∩α=A,l1与l2可能相交.
②错,l2有可能在平面α内.
③错,α有可能与β相交.
④错,l1有可能与平面β相交或平行或在平面内.]
5.A
[如图,a,b为异面直线,过b上一点作a′∥a,直线a′,b确定一个平面β,过a上一点作b′∥b,b与b′确定一个平面α,则α∥β.因为α,β是惟一的,所以相互平行的平面仅有一对.]
6.①③
解析 ①∵面AB∥面MNP,∴AB∥面MNP,
②过N作AB的平行线交于底面正方形的中心O,
NO⊄面MNP,
∴AB与面MNP不平行.
③易知AB∥MP,
∴AB∥面MNP;
④过点P作PC∥AB,
∵PC⊄面MNP,
∴AB与面MNP不平行.
7.
6
解析 如图,EF∥E1F1∥AB,
EE1∥FF1∥BB1,F1E∥A1D,
E1F∥B1D,
∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1,共6条.
8.a
解析
如图所示,连接AC,
易知MN∥平面ABCD,
又∵PQ为平面ABCD与平面MNQP的交线,
∴MN∥PQ.
又∵MN∥AC,∴PQ∥AC,
又∵AP=,
∴===,∴PQ=AC=a.
9.证明 设A1C1中点为F,连接NF,FC,
∵N为A1B1中点,
∴NF∥B1C1,且NF=B1C1,
又由棱柱性质知B1C1綊BC,(4分)
又M是BC的中点,
∴NF綊MC,
∴四边形NFCM为平行四边形.
∴MN∥CF,(8分)
又CF⊂平面AA1C1C,
MN⊄平面AA1C1C,
∴MN∥平面AA1C1C.(12分)
10.解 在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:
如图所示,分别取C1D1和CD的中点F,G,连接B1F,EG,BG,CD1,FG.因为A1D1∥B1C1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四
边形,因此D1C∥A1B.又E,G分别为D1D,CD的中点,所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E四点共面,所以BG⊂平面A1BE.(6分)
因为四边形C1CDD1与B1BCC1都是正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点,所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B,因此四边形B1BGF是平行四边形,所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE,BG⊂平面A1BE,故B1F∥平面A1BE.(12分)
11.(1)证明 由AD⊥平面ABE及AD∥BC,
得BC⊥平面ABE,BC⊥AE,(1分)
而BF⊥平面ACE,所以BF⊥AE,(2分)
又BC∩BF=B,所以AE⊥平面BCE,
又BE⊂平面BCE,故AE⊥BE.(4分)
(2)解 在△ABE中,过点E作EH⊥AB于点H,
则EH⊥平面ACD.
由已知及(1)得EH=AB=,S△ADC=2.
(6分)
故VD—AEC=VE—ADC=×2×=.(8分)
(3)解 在△ABE中,过点M作MG∥AE交BE于点G,在△BEC中过点G作GN∥BC交EC于点N,
连接MN,则由===,得CN=CE.
由MG∥AE,AE⊂平面ADE,
MG⊄平面ADE,则MG∥平面ADE.(10分)
再由GN∥BC,BC∥AD,AD⊂平面ADE,GN⊄平面ADE,
得GN∥平面ADE,所以平面MGN∥平面ADE.
又MN⊂平面MGN,则MN∥平面ADE.(12分)
故当点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点时,
MN∥平面ADE.(14分)