2014高考数学总复习[教A文]配套课件74.ppt

1、第四节直线、平面平行的判定及其性质,一、直线与平面平行 1判定定理,2.性质定理,二、平面与平面平行 1判定定理,2.两平面平行的性质定理,疑难关注 1三种平行间的转化关系 线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向 2应用判定和性质定理的注意事项 在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行,1(课本习题改编)下面命题中正确

2、的是() 若一个平面内有两条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行； 若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行； 若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行； 若一个平面内的两条相交直线分别与另一个平面平行，则这两个平面平行 AB C D,解析：中两个平面可以相交，是两个平面平行的定义，是两个平面平行的判定定理 答案：D,2(2013年广州模拟)下列说法中正确的是() A平面和平面可以只有一个公共点 B相交于同一点的三直线一定在同一平面内 C过两条相交直线有且只有一个平面 D没有公共点的两条直线一定是异面直线 解析：两平面相交一定有一条交线，所以A不正确，相

3、交于同一点的三直线可两两形成一个平面，不一定在同一平面内，所以B不正确，由公理可知C正确，没有公共点的两条直线还可以是平行直线，故D错，选C. 答案：C,3(2013年山东潍坊模拟)已知两条直线a，b与两个平面，b，则下列命题中正确的是() 若a，则ab；若ab，则a；若b，则；若，则b A B C D 解析：对于：a，若内存在aa，又b，b正确；对于：a还可以在内；对于：b，b，正确；对于：b或b，故错误 答案：A,4(课本习题改编)已知不重合的直线a，b和平面， 若a，b，则ab； 若a，b，则ab； 若ab，b，则a； 若ab，a，则b或b. 上面命题中正确的是_(填序号) 解析：中a与

4、b可能异面；中a与b可能相交、平行或异面；中a可能在平面内，正确 答案：,5(2013年济宁模拟)过三棱柱ABCA1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有_条 解析：过三棱柱ABCA1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共6条 答案：6,考向一直线与平面平行的判定与性质 例1(2013年连云港模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC5，BB1BC6，D，E分别是AA1和B1C的中点 (1)求证：D

5、E平面ABC； (2)求三棱锥EBCD的体积,1(2013年无锡调研)如图，PA平面ABCD，四边形ABCD是矩形，E，F分别是AB，PD的中点，求证：AF平面PCE. 证明：如图取PC的中点M， 连接ME，MF，,考向二平面与平面平行的判定与性质 例2如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面是正方形，E，F，G分别是棱B1B，D1D，DA的中点求证：平面AD1E平面BGF.,将本例条件变为E，F，G满足“DFD1F12，DGDA13，BEBB123”，求证：平面AD1E平面BGF. 证明：D1FDD123， BEBB123， DD1BB1，D1FBE. 又D1FBE，四边形D1F

6、BE为平行四边形， D1EBF. 又DGGA12，DFFD112， GFAD1. 又AD1D1ED1，GFBFF， 平面AD1E平面GFB.,(2)在线段CB上存在一点F，使得平面DEF平面AOC，此时F为线段CB的中点 证明：如图，连接DF，EF，因为D，E分别为AB，OB的中点，所以DEOA. 又DE平面AOC，所以DE平面AOC. 因为E，F分别为OB、BC的中点， 所以EFOC. 又EF平面AOC，所以EF平面AOC， 又EFDEE，EF平面DEF，DE平面DEF， 所以平面DEF平面AOC.,【易错警示】证明过程推理不严密而失分 【典例】(2012年高考山东卷)如图，几何体EABCD

7、是四棱锥，ABD为正三角形，CBCD，ECBD. (1)求证：BEDE； (2)若BCD120，M为线段AE的中点，求证：DM平面BEC.,【思路导析】(1)作辅助线，证明BED为等腰三角形；(2)可以先证面面平行，再得线面平行，也可直接在平面BEC内作出与DM平行的直线，证明线线平行 【证明】(1)如图(1)，取BD的中点O，连接CO，EO. 由于CBCD， 所以COBD. 又ECBD，ECCOC， CO，EC平面EOC， 所以BD平面EOC， 因此BDEO. 又O为BD的中点， 所以BEDE.,(2)解法一如图(2)，取AB的中点N，连接DM，DN，MN. 因为M是AE的中点， 所以MNB

8、E. 又MN平面BEC，BE平面BEC， 所以MN平面BEC. 又因为ABD为正三角形， 所以BDN30. 又CBCD，BCD120，因此CBD30. 所以DNBC. 又DN平面BEC，BC平面BEC， 所以DN平面BEC.,又MNDNN， 所以平面DMN平面BEC. 又DM平面DMN， 所以DM平面BEC. 解法二如图(3)，延长AD，BC交于点F，连接EF. 因为CBCD，BCD120， 所以CBD30. 因为ABD为正三角形， 所以BAD60， ABC90， 因此AFB30，,又ABAD， 所以D为线段AF的中点 连接DM，由点M是线段AE的中点，得DMEF. 又DM平面BEC，EF平面

9、BEC， 所以DM平面BEC. 【防范指南】立体几何解答题解题过程要表达准确、格式要符合要求每步推理要有根有据计算题要有明确的计算过程，不可跨度太大，以免漏掉得分点引入数据要明确、要写明已知、设等字样，养成良好的书写习惯,1(2011年高考福建卷)如图，正方体ABCD A1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于_,解析：(1)证法一连接AB，AC，如图，由已知BAC90，ABAC，三棱柱ABCABC为直三棱柱， 所以M为AB的中点 又因为N为BC的中点， 所以MNAC. 又MN平面AACC，AC平面AACC， 所以MN平面AACC. 证法二取AB的中点P，连接MP，NP，AB，如图， 因为M，N分别为AB与BC的中点，