范文高考数学理科一轮复习空间的平行关系学案带答案Word文档格式.docx
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α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b&
7．与垂直相关的平行的判定：
a⊥α，b⊥α&
a⊥α，a⊥β&
自我检测
．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&
β，a∥β，b∥α
2．一条直线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．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 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．
求证：
平面G1G2G3∥平面ABc；
求S△G1G2G3∶S△ABc.
探究点三 平行中的探索性问题
例3 如图所示，在四棱锥P—ABcD中，cD∥AB，AD⊥AB，
AD＝Dc＝12AB，Bc⊥Pc.
PA⊥Bc；
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 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．
BP⊥Ac；
当点P落在什么位置时，AP∥平面Smc?
求三棱锥B—Nmc的体积．
多角度审题 第问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABcD，第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】
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]
解 取SD的中点P，连接PN，AP，mN.
则PN∥Dc且PN＝12Dc.[6分]
∵底面ABcD为正方形，∴Am∥Dc且Am＝12Dc，
∴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]
解 VB—Nmc＝VN—mBc＝13S△mBc&
#8226;
12SD＝13&
12&
Bc&
mB&
12SD＝16×
1×
12×
2＝112.[12分]
【突破思维障碍】
．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，第问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABcD，第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．
.直线与平面平行的重要判定方法：
定义法；
判定定理；
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：
利用结论：
α∥β.
3.线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化：
一、选择题
.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
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，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
6.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________．
,
7.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＝a3，过P，m，N的平面交上底面于PQ，Q在cD上，则PQ＝________.
三、解答题
9．
如图所示，在三棱柱ABc—A1B1c1中，m、N分别是Bc和A1B1的中点．
mN∥平面AA1c1c.
10．
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．
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．
AE⊥BE；
求三棱锥D—AEc的体积；
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
．平行 相交 在平面内 平行 相交 2.公共点 a∥α a∥β 3.a∥l 4.平行 相交 5.公共点
α∥β 6.a∥β a∥b 7.a∥b α∥β
．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，
∴PmAB＝EPEA，QNDc＝BQBD，∴PmAB＝QNDc.
∴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12cD，Am綊12cD，∴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：
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；
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
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.
解 由知PG1PD＝PG2PE＝23，∴G1G2＝23DE.
又DE＝12Ac，∴G1G2＝13Ac.
同理G2G3＝13AB，G1G3＝13Bc.
∴△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．
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＝12AB，∴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.
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12AB.
∵cD∥AB，cD＝12AB，
∴Fm綊cD.
∴四边形cDFm为平行四边形．∴cm∥DF.
∵DF&
平面PAD，cm&
∴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
．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&
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．
8.223a
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＝a3，
∴DPAD＝DQcD＝PQAc＝23，∴PQ＝23Ac＝223a.
9．证明 设A1c1中点为F，连接NF，Fc，
∵N为A1B1中点，
∴NF∥B1c1，且NF＝12B1c1，
又由棱柱性质知B1c1綊Bc，
又m是Bc的中点，
∴NF綊mc，
∴四边形NFcm为平行四边形．
∴mN∥cF，
又cF&
平面AA1c1c，
mN&
∴mN∥平面AA1c1c.
0．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.
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.
1．证明 由AD⊥平面ABE及AD∥Bc，
得Bc⊥平面ABE，Bc⊥AE，
而BF⊥平面AcE，所以BF⊥AE，
又Bc∩BF＝B，所以AE⊥平面BcE，
又BE&
平面BcE，故AE⊥BE.
解 在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H，
则EH⊥平面AcD.
由已知及得EH＝12AB＝2，S△ADc＝22.
故VD—AEc＝VE—ADc＝13×
22×
2＝43.
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cNcE＝BGBE＝mBAB＝13，得cN＝13cE.
由mG∥AE，AE&
平面ADE，
mG&
平面ADE，则mG∥平面ADE.
再由GN∥Bc，Bc∥AD，AD&
平面ADE，GN&
得GN∥平面ADE，所以平面mGN∥平面ADE.
平面mGN，则mN∥平面ADE.
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.
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