高考文数一轮课件8第八章立体几何第四节直线平面平行的判定与性质

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1.直线与平面平行的判定与性质教材研读

判定性质定义定理图形

条件a∩α=⌀①

a⊂α,b⊄α,

a∥b

a∥α②

a∥α,a⊂β,α∩β=b

结论a∥αb∥αa∩α=⌀a∥b2.面面平行的判定与性质

判定性质定义定理图形

条件α∩β=⌀③

a⊂β,b⊂β,

a∩b=P,a∥α,b∥α

④

α∥β,

α∩γ=a,

β∩γ=b

α∥β,a⊂β结论α∥βα∥βa∥ba∥α与两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

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,α表示平面,下列说

法正确的是

()A.若m∥α,n∥α,则m∥n

B.若m∥α,m⊥n,则n⊥αC.若m⊥α,m⊥n,则n∥α

D.若m⊥α,m∥n,则n⊥α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∥α或直

线n与平面α相交但不垂直;C项,也可能n⊂α;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,α,β,γ为三个不同的

平面,则下列命题中正确的是

()A.若m⊥l,n⊥l,则m∥n

B.若m∥α,n∥α,则m∥nC.若m⊥α,n⊥α,则m∥n

D.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β答案

C选项A中,若m⊥l,n⊥l,则m与n可平行,可相交,也可异面,故A

错;选项B中,若m∥α,n∥α,则m与n可平行,可相交,也可异面,故B错;选项D中,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可平行,可相交,故D错.选项C正确.C4.(2016北京朝阳期末)给出四个命题:①平行于同一平面的两个不重合的平面平行;②平行于同一直线的两个不重合的平面平行;③垂直于同一平面的两个不重合的平面平行;④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

.①④答案①④解析若α∥β,α∥γ,则β∥γ,即平行于同一平面的两个不重合的平面平

行,故①正确;若a∥α,a∥β,则α与β平行或相交,故②错误;若α⊥γ,β⊥γ,则平面α与β平行或相交,故③错误;若a⊥α,a⊥β,则α与β平行,故④正确.故真命题为①④.5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是

(只填序

号).①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1.①②④解析如图,因为AB

C1D1,

所以四边形AD1C1B为平行四边形,故AD1∥BC1,从而①正确;易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②正确;由图易知AD1与DC1异面,故③错误;答案①②④因AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④

正确.考点一直线与平面平行的判定和性质考点突破典例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(1)∵D1,D分别为A1C1与AC的中点,四边形ACC1A1为平行四边形,∴C1D1

DA,∴四边形ADC1D1为平行四边形,∴AD1∥C1D,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,∴BB1∥D1D,又D1,D分别为A1C1,AC的中点,∴BB1=DD1,故四边形BDD1B1为平行四边形,∴BD∥B1D1,又BD⊄平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,∴BD∥平面AB1D1.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⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α);(3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a⊂α⇒a∥β);(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β).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?解析当

=1时,BC1∥平面AB1D1.如图,取D1为线段A1C1的中点,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,∴OD1∥BC1,又OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,∴BC1∥平面AB1D1,∴当

=1时,BC1∥平面AB1D1.变式1-2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上的点且平面BC1D∥平面AB1D1”,则

为何值?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BC1∥D1O,∴

=

,同理可得AD1∥DC1,则易知

=

,又

=1,∴

=1,即

=1.典例2如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1

C1的中点,求证:(1)B,C,H,G四点共面;(2)平面EFA1∥平面BCHG.

考点二平面与平面平行的判定与性质证明(1)∵G,H分别是A1B1,A1C1的中点,∴GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.(2)∵E,F分别是AB,AC的中点,∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.易知A1G

EB,∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.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(1)证明:因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD∥B1C1,

AD=B1C1,所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1∥C1D.又因为C1D⊂平面C1BD,AB1⊄平面C1BD,所以AB1∥平面C1BD.同理,B1D1∥平面C1BD.又因为AB1∩B1D1=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EO1∥C1F,在△A1C1F中,O1是A1C1的中点,所以E是A1F的中点,即A1E=EF.同理可证OF∥AE,所以F是CE的中点,即FC=EF,所以A1E=EF=FC.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)BF∥HD1;(2)EG∥平面BB1D1D;(3)平面BDF∥平面B1D1H.

考点三平行关系的综合问题证明(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,∴HD1∥MC1.又易证得MC1∥BF,∴BF∥HD1.

(2)取BD的中点O,连接EO,D1O,则OE∥DC,且OE=

DC,又D1G∥DC且D1G=

DC,∴OE

D1G,∴四边形OEGD1是平行四边形,∴GE∥D1O.又GE⊄平面BB1D1D,D1O⊂平面BB1D1D,∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1,又BD∥B1D1,B1D1、HD1⊂平面B1D1H,BF、BD⊂平面BDF,且B1D1