第7章 7.3 直线、平面平行的判定与性质（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

该高中数学高考复习课件聚焦“直线、平面平行的判定与性质”核心考点，依据高考评价体系明确线面平行、面面平行的判定与性质为高频考查内容，通过2024新课标Ⅰ、2022新高考Ⅱ等真题分析，梳理出证明题（占比约50%）和空间几何计算题（占比约40%）的常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+素养导向”的复习策略，如以2024新课标Ⅰ题为例，通过线面垂直性质推导线线平行培养数学思维，用空间向量法求二面角强化数学语言表达。特设“易错点警示”（如忽略线面平行判定条件）和“解题模板”，助力学生掌握论证逻辑与运算技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

7.3　直线、平面平行的判定与性质 返回目录 目 录 CONTENTS 考点 直线、平面平行的判定与性质 返回目录 高考真题 考点　直线、平面平行的判定与性质 1.★★★(2024新课标Ⅰ,17,15分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC =1,AB= . (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为 ,求AD.   返回目录 解析    (1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P, PA,PB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB. 在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB= ,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB, BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC. (2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空 间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0).   返回目录 设AD=t,t>0,则DC= ,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0, ,0),则 =(-t, ,0), =(0,0,2),  =(t,0,2), =(0, ,0), 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 即  令x1= ,则y1=t, 则n1=( ,t,0), 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 ∴  返回目录 令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t), ∵二面角A-CP-D的正弦值为 ,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A- CP-D的余弦值为 = ,∴ =|cos<n1,n2>|= = , ∴t= (舍负),∴AD= . 返回目录 2.★★★(2022新高考Ⅱ,20,12分)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB 的中点. (1)证明:OE∥平面PAC; (2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.   返回目录 解析    (1)证法一　连接OA, ∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,∴∠POA=∠POB=90°, 又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB, ∴OA=OB, 取AB的中点D,连接OD,DE, 则OD⊥AB, 返回目录   又∵AB⊥AC,∴OD∥AC, 又∵OD⊄平面PAC,AC⊂平面PAC, ∴OD∥平面PAC, 又D,E分别为AB,PB的中点, ∴DE∥PA, 又∵DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC, ∴DE∥平面PAC, 返回目录 又OD,DE⊂平面ODE,OD∩DE=D, ∴平面ODE∥平面PAC, 又OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC. 证法二　连接OA,∵PO是三棱锥P-ABC的高,∴PO⊥平面ABC, ∴PO⊥OA,PO⊥OB, ∴∠POA=∠POB=90°, 又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB, 延长BO交AC于点F,连接PF, 易知在Rt△ABF中,O为BF的中点, 返回目录 ∵E为PB的中点,∴OE∥PF, 又OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,∴OE∥平面PAC. (2)取AB的中点M,连接OM,OA,以M为坐标原点,MB,MO所在直线分别为x,y轴,过点M且 与平面ABC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.   ∵PO=3,PA=5,∴结合(1)可知OA=OB=4,又∠ABO=∠CBO=30°,∴OM=2,MB=2 , ∴P(0,2,3),B(2 ,0,0),A(-2 ,0,0),E , 返回目录 ∵AB⊥AC,∠CBA=60°,AB=4 , ∴AC=12,C(-2 ,12,0). 设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),  =(4 ,0,0), = , ∴ 即  令y1=3,则z1=-2,∴n1=(0,3,-2). 设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),  =(0,12,0), 返回目录 ∴ 即  令x2= ,则z2=-6,∴n2=( ,0,-6), ∴cos<n1,n2>= = = , 设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ= = , ∴二面角C-AE-B的正弦值为 . 返回目录 高考模拟 1.★★(2026届河北衡水二中三模,4)已知直线a,b,平面α,且b⊂α,则“a∥b”是“a∥α” 的 ( ) A.充分不必要条件　　    B.必要不充分条件 C.充要条件　　     D.既不充分也不必要条件     D     解析　由b⊂α,a∥b,可得a∥α或a⊂α,所以充分性不成立; 由b⊂α,a∥α,可得a∥b或a与b是异面直线,所以必要性不成立, 所以“a∥b”是“a∥α”的既不充分也不必要条件.故选D. 返回目录 2.★★★(2025届湖北八校三模,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,∠ABC= ,AB= AP=2,PA⊥底面ABCD,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点. (1)求证:平面AEG∥平面BDH; (2)求点A到平面BDH的距离.   返回目录 解析    (1)证明:连接AC,交BD于点O,连接OH,在△PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,所以 EG∥BH,又因为EG⊄平面BDH,BH⊂平面BDH, 所以EG∥平面BDH, 同理,AG∥平面BDH, 因为AG,EG⊂平面AEG,AG∩EG=G, 所以平面AEG∥平面BDH.【面面平行的判定定理】   (2)记点A,H到平面BDH,平面ABD的距离分别为hA,hH. 返回目录 由题意知S△ABD= ×2×2× = . 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,又PA=2,CH= CP,所以hH= . 易知PB=PC=2 ,AC=2,CH= , 在△PBC中,由余弦定理的推论得cos∠PCB= = , 在△BCH中,由余弦定理得BH2=BC2+CH2-2BC·CH·cos∠HCB= ,则BH= , 同理,DH= ,则BH=DH,又因为O为BD的中点,所以OH⊥BD. 在△BDH中,BD=2 ,S△BDH= ×2 × = , 返回目录 连接AH, 因为VA-BDH=VH-ABD, 所以hA= = = . 返回目录 3.★★★(2026届山东青岛阶段检测,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯 形,AB⊥AD,AD∥BC,AD=AP=2AB=2BC=2,PA⊥平面ABCD,E为棱PD上的动点. (1)当E为棱PD的中点时,证明:EC∥平面PAB; (2)若PE=2ED,求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值.   返回目录 解析    (1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF, 因为E为PD的中点, 所以EF∥AD,EF= AD, 因为AD∥BC,AD=2BC,所以EF∥BC,EF=BC,所以四边形EFBC为平行四边形,所以EC ∥BF. 又BF⊂平面PAB,EC⊄平面PAB, 所以EC∥平面PAB. (2)因为AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直, 返回目录 故以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,   则A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(1,1,0),所以 =(1,1,0), =(0,2,0),因为PE=2ED,所以E  , 所以 = . 设平面EAC的法向量为n=(x,y,z).则  返回目录 取y=1,得x=-1,z=-2, 所以n=(-1,1,-2). 易知 =(0,2,0)为平面PAB的一个法向量. 设平面EAC与平面PAB的夹角为θ. 则cos θ=|cos<n, >|= = = , 所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为 . 返回目录 4.★★★★(2026届山东德州禹城综合实验高中期中,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面 ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD=3. (1)若点E为线段PD的中点,求证:AE⊥平面PDC; (2)若 =-  ,则线段AB上是否存在一点F,使得EF∥平面PBC?若存在,请确定点F的 位置,并求三棱锥F-PBC的体积.   返回目录 解析    (1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD, 因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD, 所以CD⊥平面PAD, 又AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE. 又因为PA=PD=AD,且E为PD的中点,所以AE⊥PD, 又因为PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PDC,所以AE⊥平面PDC. (2)由 =-  知点E为PD上靠近点P的三等分点.如图,分别取AB,CD的三等分点F,G, 连接EG,FG, 返回目录 则EG∥PC,FG∥BC. 又因为PC⊂平面PBC,EG⊄平面PBC,所以EG∥平面PBC, 同理,FG∥平面PBC. 因为EG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=G, 所以平面EFG∥平面PBC,又因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面PBC, 此时F为AB上靠近点B的三等分点, 连接PF,FC,AC, 所以VF-PBC=VP-FBC= VP-ADC= VC-PAD= × S△PAD·CD= × ×3= . 返回目录 $