20xx屆高中數(shù)學(xué)(理科)【統(tǒng)考版】一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：84-直線、平面平行的判定和性質(zhì)-【含解析】(存儲(chǔ)版)
【正文】 考點(diǎn)一例1 解析：(1)證明：連接B1C，ME.因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，所以ND＝A1D.由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED.又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)過C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE，故CH的長(zhǎng)即為C到平面C1DE的距離．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝.從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為.變式練1．解析：(1)∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90176。廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考]如圖所示，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90176。全國(guó)卷Ⅰ]如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60176。M、N分別為AD、PA的中點(diǎn)．(1)證明：平面BMN∥平面PCD；(2)若AD＝6，求三棱錐P－BMN的體積．考點(diǎn)三 立體幾何中的探索性問題[互動(dòng)講練型][例3] [2021＝∠BCA，∴BC∥AE.又AE?平面PBC，BC?平面PBC，∴AE∥平面PBC.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE，∴PA為三棱錐P－BCE的高．∵∠BCA＝60176。BM＝3＝.考點(diǎn)三例3 解析：(1)當(dāng)M為線段AE的中點(diǎn)時(shí)，AC∥平面MDF.證明如下：如圖，連接CE，交DF于N，連接MN，因?yàn)镸，N分別是AE，CE的中點(diǎn)，所以MN∥AC.因?yàn)镸N?平面MDF，AC?平面MDF，所以AC∥平面MDF.(2)將幾何體ADE－BCF補(bǔ)成三棱柱ADE－B1CF，則三棱柱ADE－B1CF的體積V＝S△ADE△ACD是直角三角形．又E為CD的中點(diǎn)，∴AE＝CD＝CE＝2，∴△ACE是等邊三角形，∴∠CAE＝60176。技法判定平面與平面平行的5種方法(1)面面平行的定義，即證兩個(gè)平面沒有公共點(diǎn)(不常用)．(2)面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行(客觀題可用)．(4)利用平面平行的傳遞性，兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行(客觀題可用)．(5)利用向量法，通過證明兩個(gè)平面的法向量平行證得兩平面平行.[變式練]——(著眼于舉一反三)2．[2021第四節(jié) 直線、平面平行的判定和
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