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2019-2020年高考數(shù)學一輪復習 9.2 直線與平面平行教案 ●知識梳理 1.直線與平面的位置關系有且只有三種，即直線與平面平行、直線與平面相交、直線在平面內(nèi). 2.直線與平面平行的判定：如果平面外的一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線與這個平面平行. 3.直線與平面平行的性質(zhì)：如果一條直線與一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面與已知平面相交，那么這條直線與交線平行. ●點擊雙基 1.設有平面α、β和直線m、n，則m∥α的一個充分條件是 A.α⊥β且m⊥β B.α∩β=n且m∥n C.m∥n且n∥α D.α∥β且mβ 答案：D 2.（xx年北京，3）設m、n是兩條不同的直線，α、β、γ是三個不同的平面.給出下列四個命題，其中正確命題的序號是 ①若m⊥α，n∥α，則m⊥n ②若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ ③若m∥α，n∥α，則m∥n ④若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 解析：①②顯然正確.③中m與n可能相交或異面.④考慮長方體的頂點，α與β可以相交. 答案：A 3.一條直線若同時平行于兩個相交平面，那么這條直線與這兩個平面的交線的位置關系是 A.異面 B.相交 C.平行 D.不能確定 解析：設α∩β=l，a∥α，a∥β，過直線a作與α、β都相交的平面γ， 記α∩γ=b，β∩γ=c，則a∥b且a∥c，∴b∥c.又bα，α∩β=l，∴b∥l.∴a∥l. 答案：C 4.（文）設平面α∥平面β，A、C∈α，B、D∈β，直線AB與CD交于點S，且AS=8，BS=9，CD=34，①當S在α、β之間時，SC=_____________，②當S不在α、β之間時，SC=_____________. 解析：∵AC∥BD，∴△SAC∽△SBD，①SC=16，②SC=272. 答案：①16 ②272 （理）設D是線段BC上的點，BC∥平面α，從平面α外一定點A（A與BC分居平面兩側）作AB、AD、AC分別交平面α于E、F、G三點，BC=a，AD=b，DF=c，則EG=_____________. 解析：解法類同于上題. 答案： 5.在四面體ABCD中，M、N分別是面△ACD、△BCD的重心，則四面體的四個面中與MN平行的是________. 解析：連結AM并延長，交CD于E，連結BN并延長交CD于F，由重心性質(zhì)可知，E、F重合為一點，且該點為CD的中點E，由==得MN∥AB， 因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 答案：平面ABC、平面ABD ●典例剖析 【例1】 如下圖，兩個全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，求證：MN∥平面BCE. 證法一：過M作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q為垂足（如上圖），連結PQ. ∵MP∥AB，NQ∥AB，∴MP∥NQ. 又NQ= BN=CM=MP，∴MPQN是平行四邊形. ∴MN∥PQ，PQ平面BCE. 而MN平面BCE，∴MN∥平面BCE. 證法二：過M作MG∥BC，交AB于點G（如下圖），連結NG. ∵MG∥BC，BC平面BCE，MG平面BCE， ∴MG∥平面BCE. 又==，∴GN∥AF∥BE，同樣可證明GN∥平面BCE. 又面MG∩NG=G，∴平面MNG∥平面BCE.又MN平面MNG.∴MN∥平面BCE. 特別提示 證明直線和平面的平行通常采用如下兩種方法：①利用直線和平面平行的判定定理，通過“線線”平行，證得“線面”平行；②利用兩平面平行的性質(zhì)定理，通過“面面”平行，證得“線面”平行. 【例2】 如下圖，正方體ABCD—A1B1C1D1中，側面對角線AB1、BC1上分別有兩點E、F，且B1E=C1F.求證：EF∥平面ABCD. 證法一：分別過E、F作EM⊥AB于點M，F(xiàn)N⊥BC于點N，連結MN. ∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC. ∴EM∥BB1，F(xiàn)N∥BB1.∴EM∥FN. 又B1E=C1F，∴EM=FN.故四邊形MNFE是平行四邊形. ∴EF∥MN.又MN在平面ABCD中， ∴EF∥平面ABCD. 證法二：過E作EG∥AB交BB1于點G，連結GF，則=. ∵B1E=C1F，B1A=C1B，∴=.∴FG∥B1C1∥BC. 又∵EG∩FG=G，AB∩BC=B，∴平面EFG∥平面ABCD.而EF在平面EFG中， ∴EF∥平面ABCD. 評述：證明線面平行的常用方法是：證明直線平行于平面內(nèi)的一條直線；證明直線所在的平面與已知平面平行. 【例3】 已知正四棱錐P—ABCD的底面邊長及側棱長均為13，M、N分別是PA、BD上的點，且PM∶MA=BN∶ND=5∶8. （1）求證：直線MN∥平面PBC； （2）求直線MN與平面ABCD所成的角. （1）證明：∵P—ABCD是正四棱錐，∴ABCD是正方形.連結AN并延長交BC于點E，連結PE. ∵AD∥BC，∴EN∶AN=BN∶ND. 又∵BN∶ND=PM∶MA，∴EN∶AN=PM∶MA. ∴MN∥PE. 又∵PE在平面PBC內(nèi)，∴MN∥平面PBC. （2）解：由（1）知MN∥PE，∴MN與平面ABCD所成的角就是PE與平面ABCD所成的角. 設點P在底面ABCD上的射影為O，連結OE，則∠PEO為PE與平面ABCD所成的角. 由正棱錐的性質(zhì)知PO==. 由（1）知，BE∶AD=BN∶ND=5∶8，∴BE=. 在△PEB中，∠PBE=60，PB=13，BE=，根據(jù)余弦定理，得PE=. 在Rt△POE中，PO=，PE=，∴sin∠PEO==. 故MN與平面ABCD所成的角為arcsin. 思考討論 證線面平行，一般是轉化為證線線平行.求直線與平面所成的角一般用構造法，作出線與面所成的角.本題若直接求MN與平面ABCD所成的角，計算困難，而平移轉化為PE與平面ABCD所成的角則計算容易.可見平移是求線線角、線面角的重要方法. ●闖關訓練 夯實基礎 1.兩條直線a、b滿足a∥b，bα，則a與平面α的關系是 A.a∥α B.a與α相交 C.a與α不相交 D.aα 答案：C 2.a、b是兩條異面直線，A是不在a、b上的點，則下列結論成立的是 A.過A有且只有一個平面平行于a、b B.過A至少有一個平面平行于a、b C.過A有無數(shù)個平面平行于a、b D.過A且平行a、b的平面可能不存在 解析：過點A可作直線a′∥a，b′∥b，則a′∩b′=A. ∴a′、b′可確定一個平面，記為α. 如果aα，bα，則a∥α，b∥α. 由于平面α可能過直線a、b之一，因此，過A且平行于a、b的平面可能不存在. 答案：D 3.（xx年全國Ⅰ，16）已知a、b為不垂直的異面直線，α是一個平面，則a、b在α上的射影有可能是①兩條平行直線；②兩條互相垂直的直線；③同一條直線；④一條直線及其外一點. 在上面結論中，正確結論的編號是__________.（寫出所有正確結論的編號） 解析：A1D與BC1在平面ABCD上的射影互相平行； AB1與BC1在平面ABCD上的射影互相垂直； DD1與BC1在平面ABCD上的射影是一條直線及其外一點. 答案：①②④ 4.已知Rt△ABC的直角頂點C在平面α內(nèi)，斜邊AB∥α，AB=2，AC、BC分別和平面α成45和30角，則AB到平面α的距離為__________. 解析：分別過A、B向平面α引垂線AA′、BB′，垂足分別為A′、B′. 設AA′=BB′=x，則AC2=（）2=2x2， BC2=（）2=4x2. 又AC2+BC2=AB2，∴6x2=（2）2，x=2. 答案：2 5.如下圖，四棱錐P—ABCD的底面是邊長為a的正方形，側棱PA⊥底面ABCD，側面PBC內(nèi)有BE⊥PC于E，且BE= a，試在AB上找一點F，使EF∥平面PAD. 解：在面PCD內(nèi)作EG⊥PD于G，連結AG. ∵PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥PD.∴CD∥EG. 又AB∥CD，∴EG∥AB. 若有EF∥平面PAD，則EF∥AG，∴四邊形AFEG為平行四邊形，得EG=AF. ∵CE==a，△PBC為直角三角形，∴BC2=CECPCP=a，====. 故得AF∶FB=2∶1時，EF∥平面PAD. 6.如下圖，設P為長方形ABCD所在平面外一點，M、N分別為AB、PD上的點，且=，求證：直線MN∥平面PBC. 分析：要證直線MN∥平面PBC，只需證明MN∥平面PBC內(nèi)的一條直線或MN所在的某個平面∥平面PBC. 證法一：過N作NR∥DC交PC于點R，連結RB，依題意得=== =NR=MB.∵NR∥DC∥AB，∴四邊形MNRB是平行四邊形.∴MN∥RB.又∵RB平面PBC，∴直線MN∥平面PBC. 證法二：過N作NQ∥AD交PA于點Q，連結QM，∵==，∴QM∥PB.又NQ∥AD∥BC，∴平面MQN∥平面PBC.∴直線MN∥平面PBC. 證法三：過N作NR∥DC交PC于點R，連結RB，依題意有==，∴=，=+ + =.∴MN∥RB.又∵RB平面PBC，∴直線MN∥平面PBC. 培養(yǎng)能力 7.已知l是過正方體ABCD—A1B1C1D1的頂點的平面AB1D1與下底面ABCD所在平面的交線，（1）求證：D1B1∥l；（2）若AB=a，求l與D1間的距離. （1）證明： ∵D1B1∥BD，∴D1B1∥平面ABCD. 又平面ABCD∩平面AD1B1=l， ∴D1B1∥l. （2）解：∵D1D⊥平面ABCD， 在平面ABCD內(nèi)，由D作DG⊥l于G，連結D1G，則D1G⊥l，D1G的長即等于點D1與l間的距離. ∵l∥D1B1∥BD，∴∠DAG=45. ∴DG=a，D1G===a. 探究創(chuàng)新 8.如下圖，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=AB，點E、M分別為A1B、C1C的中點，過點A1、B、M三點的平面A1BMN交C1D1于點N. （1）求證：EM∥平面A1B1C1D1； （2）求二面角B—A1N—B1的正切值； （3）設截面A1BMN把該正四棱柱截成的兩個幾何體的體積分別為V1、V2（V1＜V2），求V1∶V2的值. （1）證明：設A1B1的中點為F，連結EF、FC1. ∵E為A1B的中點，∴EFB1B. 又C1MB1B，∴EFMC1.∴四邊形EMC1F為平行四邊形. ∴EM∥FC1.∵EM平面A1B1C1D1， FC1平面A1B1C1D1，∴EM∥平面A1B1C1D1. （2）解：作B1H⊥A1N于H，連結BH. ∵BB1⊥平面A1B1C1D1，∴BH⊥A1N. ∴∠BHB1為二面角B—A1N—B1的平面角. ∵EM∥平面A1B1C1D1，EM平面A1BMN，平面A1BMN∩平面A1B1C1D1=A1N， ∴EM∥A1N. 又∵EM∥FC1，∴A1N∥FC1. 又∵A1F∥NC1，∴四邊形A1FC1N是平行四邊形.∴NC1=A1F. 設AA1=a，則A1B1=2a，D1N=a. 在Rt△A1D1N中，A1N== a，∴sin∠A1ND1==. 在Rt△A1B1H中，B1H=A1B1sin∠HA1B1=2a= a. 在Rt△BB1H中，tan∠BHB1===. （3）解：延長A1N與B1C1交于P，則P∈平面A1BMN，且P∈平面BB1C1C. 又∵平面A1BMN∩平面BB1C1C=BM，∴P∈BM，即直線A1N、B1C1、BM交于一點P. 又∵平面MNC1∥平面BA1B1，∴幾何體MNC1—BA1B1為棱臺.（沒有以上這段證明，不扣分） ∵S=2aa=a2，S=aa= a2， 棱臺MNC1—BA1B1的高為B1C1=2a， V1=2a（a2++a2）= a3，∴V2=2a2aa－a3= a3. ∴=. ●思悟小結 1.直線與平面的位置關系有三種：直線在平面內(nèi)、直線與平面相交、直線與平面平行，后者又統(tǒng)稱為直線在平面外. 2.輔助線（面）是解證線面平行的關鍵.為了能利用線面平行的判定定理及性質(zhì)定理，往往需要作輔助線（面）. ●教師下載中心 教學點睛 1.必須使學生理解并掌握直線與平面的位置關系，以及直線與平面平行的判定定理及性質(zhì)定理；結合本課時題目，使學生掌握解證線面平行的基本方法. 2.證明線面平行是高考中常見的問題，常用的方法就是證明這條線與平面內(nèi)的某條直線平行. 拓展題例 【例1】 如下圖，設a、b是異面直線，AB是a、b的公垂線，過AB的中點O作平面α與a、b分別平行，M、N分別是a、b上的任意兩點，MN與α交于點P，求證：P是MN的中點. 證明：連結AN，交平面α于點Q，連結PQ. ∵b∥α，b平面ABN，平面ABN∩α=OQ，∴b∥OQ.又O為AB的中點， ∴Q為AN的中點. ∵a∥α，a平面AMN且平面AMN∩α=PQ， ∴a∥PQ.∴P為MN的中點. 評述：本題重點考查直線與平面平行的性質(zhì). 【例2】 在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB1⊥BC1，AB=CC1=a，BC=b. （1）設E、F分別為AB1、BC1的中點，求證：EF∥平面ABC； （2）求證：A1C1⊥AB； （3）求點B1到平面ABC1的距離. （1）證明：∵E、F分別為AB1、BC1的中點，∴EF∥A1C1.∵A1C1∥AC，∴EF∥AC. ∴EF∥平面ABC. （2）證明：∵AB=CC1，∴AB=BB1.又三棱柱為直三棱柱，∴四邊形ABB1A1為正方形.連結A1B，則A1B⊥AB1. 又∵AB1⊥BC1，∴AB1⊥平面A1BC1.∴AB1⊥A1C1. 又A1C1⊥AA1，∴A1C1⊥平面A1ABB1. ∴A1C1⊥AB. （3）解：∵A1B1∥AB，∴A1B1∥平面ABC1. ∴A1到平面ABC1的距離等于B1到平面ABC1的距離. 過A1作A1G⊥AC1于點G， ∵AB⊥平面ACC1A1， ∴AB⊥A1G.從而A1G⊥平面ABC1，故A1G即為所求的距離，即A1G= . 評述：本題（3）也可用等體積變換法求解.