高考数学一轮总复习 10.4 直线、平面平行的判定及其性质教案 理 新人教a版

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1、10.4　直线、平面平行的判定及其性质典例精析题型一　面面平行的判定【例1】如图，B为△ACD所在平面外一点，M、N、G分别为△ABC、△ABD、△BCD的重心.(1)求证：平面MNG∥平面ACD；(2)若△ACD是边长为2的正三角形，判断△MNG的形状并求△MGN的面积.【解析】(1)证明：连接BM、BN、BG并延长分别交AC、AD、CD于E、F、H三点.因为M为△ABC的重心，N为△BAD的重心，所以＝＝2.所以MN∥EF，同理MG∥HE.因为MN⊄平面ACD，MG⊄平面ACD，所以MN∥平面ACD，MG∥平面ACD，因为MN∩MG＝M，所以平面MNG∥平面ACD.(2)由(1)知，平

2、面MNG∥平面ACD，＝＝2，所以＝＝，因为EH＝AD，EF＝CD，所以＝＝，所以＝＝＝，又△ACD为正三角形.所以△MNG为等边三角形，且边长为×2＝，面积S＝×＝.【点拨】由三角形重心的性质得到等比线段，由此推出线线平行，应用面面平行的判定定理得出面面平行.【变式训练1】如图，ABCD是空间四边形，E、F、G、H分别是四边上的点，且它们共面，并且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，AC＝m，BD＝n，当EFGH是菱形时，AE∶EB＝____________.【解析】.设AE＝a，EB＝b，由EF∥AC，得EF＝，同理EH＝.EF＝EH，所以＝⇒＝.题型二　线面平行的判定【例2】两个

3、全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM＝FN.求证：MN∥平面BCE.【证明】方法一：如图一，作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足，连接PQ，则MP∥AB，NQ∥AB.所以MP∥NQ，又AM＝NF，AC＝BF，所以MC＝NB.又∠MCP＝∠NBQ＝45°，所以Rt△MCP≌Rt△NBQ，所以MP＝NQ.故四边形MPQN为平行四边形.所以MN∥PQ.因为PQ⊂平面BCE，MN⊄平面BCE，所以MN∥平面BCE.方法二：如图二，过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC.所以＝.连接NH，由BF＝AC，FN＝AM得＝，所以NH∥AF∥BE.因为MN⊂平面MNH，所

4、以MN∥平面BCE.【点拨】解决本题的关键在于找出平面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)⇒线(外)∥平面或转化为证明两个平面平行.方法二中要证明线面平行，通过转化为证两个平面平行，正确地找出MN所在平面是一个关键方法.方法一是利用线面平行的判定来证明，方法二则采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行.【变式训练2】如图所示，已知四边形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，设AC交BD于O，连接MO.因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC

5、的中点.又因为M是PC的中点，所以MO∥PA.又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，所以PA∥平面BDM，平面BDM∩平面APG＝GH，所以AP∥GH.题型三　线面、面面平行的性质【例3】如图，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，试问此截面在什么位置时其面积最大？【解析】因为AB∥平面EFGH，平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG，EH.所以AB∥FG，AB∥EH，所以FG∥EH，同理可证EF∥GH，所以截面EFGH是平行四边形.设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α，FG＝x，GH＝y，则由平面几何知识得＝，＝，两式相加得＋＝1，即y＝(a－x)，所以SEF

6、GH＝FG·GH·sinα＝x·(a－x)·sinα＝x(a－x).因为x＞0，a－x＞0且x＋(a－x)＝a为定值，所以当且仅当x＝a－x即x＝时，此时SEFGH＝，即E、F、G、H为所属线段中点时，截面面积最大.【点拨】先利用线面平行的性质，判定截面形状，再建立面积函数求最值.【变式训练3】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面α平行于正方体的体对角线BD1，则平面α在该正方体上截得的图形不可能为(　　)①正方形；②正三角形；③正六边形；④直角梯形.A.①②B.①④C.②③D.②③④【解析】选D.总结提高线面平行的判定方法之一是线面平行的判定定理，之二是证面面平行，解题关键是在面内

7、找到一线与面外一线平行，或由线面平行导出面面平行.性质的运用一般要利用辅助平面.