高考数学复习 第八章 立体几何 第四节 直线、平面平行的判定与性质课件 文

1、第四节直线、平面平行的判定与性质总纲目录教材研读1.直线与平面平行的判定与性质考点突破2.面面平行的判定与性质考点二平面与平面平行的判定与性质考点二平面与平面平行的判定与性质考点一直线与平面平行的判定和性质考点三平行关系的综合问题考点三平行关系的综合问题1.直线与平面平行的判定与性质直线与平面平行的判定与性质教材研读教材研读 判定性质定义定理图形条件a= a,b , ab a a,a,=b 结论aba=ab2.面面平行的判定与性质面面平行的判定与性质 判定判定性质性质定义定义定理定理图形图形条件条件= a,b, ab=P,a,b , =a, =b ,a结论结论aba与两个平面平行有关的结论与两

2、个平面平行有关的结论(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.(3)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.(4)如果两个平面分别平行于第三个平面,那么这两个平面互相平行.(5)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线,那么这两个平面平行.1.若两条直线都与一个平面平行,则这两条直线的位置关系是()A.平行 B.相交C.异面 D.以上均有可能答案答案 D与一个平面平行的两条直线可以平行、相交,也可以异面.D2.(2018北京朝阳期中)已知m,n表示两条不同的直线,表示平面,下列说法正确的是()A.若m,n,则

3、mn B.若m,mn,则nC.若m,mn,则n D.若m,mn,则n答案答案 D A项,直线m与直线n也可能相交或异面;B项,也可能n或直线n与平面相交但不垂直;C项,也可能n;只有D项正确,故选D.D3.(2016北京朝阳二模)已知m,n,l为三条不同的直线,为三个不同的平面,则下列命题中正确的是()A.若ml,nl,则mn B.若m,n,则mnC.若m,n,则mn D.若,则答案答案 C选项A中,若ml,nl,则m与n可平行,可相交,也可异面,故A错;选项B中,若m,n,则m与n可平行,可相交,也可异面,故B错;选项D中,若,则与可平行,可相交,故D错.选项C正确.C4.(2016北京朝阳

4、期末)给出四个命题:平行于同一平面的两个不重合的平面平行;平行于同一直线的两个不重合的平面平行;垂直于同一平面的两个不重合的平面平行;垂直于同一直线的两个不重合的平面平行.其中真命题的序号是 .答案答案解析解析若,则,即平行于同一平面的两个不重合的平面平行,故正确;若a,a,则与平行或相交,故错误;若,则平面与平行或相交,故错误;若a,a,则与平行,故正确.故真命题为.5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是 (只填序号).AD1BC1;平面AB1D1平面BDC1;AD1DC1;AD1平面BDC1.解析解析如图,因为ABC1D1,所以四边形AD1C1B为平行四边形,故AD

5、1BC1,从而正确;易证BDB1D1,AB1DC1,又AB1B1D1=B1,BDDC1=D,故平面AB1D1平面BDC1,从而正确;由图易知AD1与DC1异面,故错误;答案答案因AD1BC1,AD1 平面BDC1,BC1平面BDC1,故AD1平面BDC1,故正确.考点一直线与平面平行的判定和性质考点一直线与平面平行的判定和性质考点突破考点突破典例典例1如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分别为AC,A1C1的中点.求证:(1)AD1平面BDC1;(2)BD平面AB1D1.证明证明(1)D1,D分别为A1C1与AC的中点,四边形ACC1A1为平行四边形,C1D1DA,四边形ADC1

6、D1为平行四边形,AD1C1D,又AD1 平面BDC1,C1D平面BDC1,AD1平面BDC1.(2)连接D1D,BB1平面ACC1A1,BB1平面BB1D1D,平面ACC1A1平面BB1D1D=D1D,BB1D1D,又D1,D分别为A1C1,AC的中点,BB1=DD1,故四边形BDD1B1为平行四边形,BDB1D1,又BD 平面AB1D1,B1D1平面AB1D1,BD平面AB1D1.方法技巧方法技巧证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点);(2)利用线面平行的判定定理(a ,b,aba);(3)利用面面平行的性质定理(,aa);(4)利用面面平行的性质(,a ,aa).变式

7、变式1-1若将本例中的条件“D,D1分别为AC,A1C1的中点”变为“D,D1分别为AC,A1C1上的点”,则当等于何值时,BC1平面AB1D1?1111ADDC解析解析当=1时,BC1平面AB1D1.如图,取D1为线段A1C1的中点,1111ADDC此时=1,连接A1B交AB1于点O,连接OD1,由棱柱的性质知四边形A1ABB1为平行四边形,O为A1B的中点,在A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,1111ADDCOD1BC1,又OD1平面AB1D1,BC1 平面AB1D1,BC1平面AB1D1,当=1时,BC1平面AB1D1.1111ADDC变式变式1-2若将本例中的条件“

8、D,D1分别为AC,A1C1的中点”变为“D,D1分别为AC,A1C1上的点且平面BC1D平面AB1D1”,则为何值?ADDC解析解析 如图,连接A1B交AB1于O,连接OD1,则易知A1O=OB.由平面BC1D平面AB1D1,且平面A1BC1平面BC1D=BC1,平面A1BC1平面AB1D1=D1O,得BC1D1O,=,同理可得AD1DC1,则易知=,又=1,=1,即=1.1111ADDC1AOOB1111ADDCDCAD1AOOBDCADADDC典例典例2如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:(1)B,C,H,G四点共面;

9、(2)平面EFA1平面BCHG.考点二平面与平面平行的判定与性质考点二平面与平面平行的判定与性质证明证明(1)G,H分别是A1B1,A1C1的中点,GH是A1B1C1的中位线,GHB1C1.又B1C1BC,GHBC,B,C,H,G四点共面.(2)E,F分别是AB,AC的中点,EFBC.EF 平面BCHG,BC平面BCHG,EF平面BCHG.易知A1GEB,四边形A1EBG是平行四边形,A1EGB.A1E 平面BCHG,GB平面BCHG,A1E平面BCHG.A1EEF=E,平面EFA1平面BCHG.方法技巧方法技巧证明面面平行的常用方法(1)面面平行的定义;(2)面面平行的判定定理:如果一个平面

10、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;(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行;(4)如果两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行;(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明.2-1在正方体ABCD-A1B1C1D1中,如图.(1)求证:平面AB1D1平面C1BD;(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,并证明A1E=EF=FC. 解析解析(1)证明:因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,ADB1C1, AD=B1C1 ,所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1C1D.又因为C1D平面C1BD,AB1 平面

11、C1BD,所以AB1平面C1BD.同理,B1D1平面C1BD.又因为AB1B1D1=B1,AB1平面AB1D1,B1D1平面AB1D1,所以平面AB1D1平面C1BD.(2)如图,连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,与A1C交于点E.又因为AO1平面AB1D1,所以点E也在平面AB1D1内,所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点.连接AC,交BD于点O,连接C1O,与A1C交于点F,则点F就是A1C与平面C1BD的交点.下面证明A1E=EF=FC.因为平面A1C1C平面AB1D1=EO1,平面A1C1C平面C1BD=C1F,平面AB1D1平面C1BD,所以EO1C1F,在A1C1F

12、中,O1是A1C1的中点,所以E是A1F的中点,即A1E=EF.同理可证OFAE,所以F是CE的中点,即FC=EF,所以A1E=EF=FC.典例典例3如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是BC,CC1,C1D1,A1A的中点.求证:(1)BFHD1;(2)EG平面BB1D1D;(3)平面BDF平面B1D1H.考点三平行关系的综合问题考点三平行关系的综合问题证明证明(1)如图所示,取BB1的中点M,连接MH,MC1,易证四边形HMC1D1是平行四边形,HD1MC1.又易证得MC1BF,BFHD1.(2)取BD的中点O,连接EO,D1O,则OEDC,且OE=DC,又D

13、1GDC且D1G=DC,OED1G,四边形OEGD1是平行四边形,GED1O.又GE 平面BB1D1D,D1O1212平面BB1D1D,EG平面BB1D1D.(3)由(1)知BFHD1,又BDB1D1,B1D1、HD1平面B1D1H,BF、BD平面BDF,且B1D1HD1=D1,DBBF=B,平面BDF平面B1D1H.1.线线平行、线面平行和面面平行是空间中三种基本平行关系,它们之间可以相互转化,其转化关系如下: 规律总结规律总结2.在解决线面、面面平行的判定时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而应用性质定理时,其顺序正好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的具体条件而定,绝对不可过于“模式化”.3-1如图,四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.