高三數(shù)學一輪復習 7.4直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課件 .ppt

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第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì),【知識梳理】 1.直線與平面平行 (1)判定定理:,此平,面內(nèi),(2)性質(zhì)定理:,交線,2.平面與平面平行 (1)判定定理:,相交,直線,(2)性質(zhì)定理:,相交,交線,【考點自測】 1.(思考)給出下列命題: 如果一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面,那么這兩個平面平行; 如果兩個平面平行,那么分別在這兩個平面內(nèi)的兩條直線平行或異面; 若直線a與平面內(nèi)無數(shù)條直線平行,則a;,若直線a平面,P,則過點P且平行于直線a的直線有無數(shù)條; 若平面平面,直線a平面,則直線a平面. 其中正確的是( ) A. B. C. D.,【解析】選D.錯誤.當這兩條直線為相交直線時,才能保證這兩個平面平行. 正確.如果兩個平面平行,則在這兩個平面內(nèi)的直線沒有公共點,則它們平行或異面. 錯誤.若直線a與平面內(nèi)無數(shù)條直線平行,則a或a. 錯誤.有且只有一條直線,且該直線為過直線a和點P的平面與平面的交線. 錯誤.若平面平面,直線a平面,則a或a.,2.若兩條直線都與一個平面平行,則這兩條直線的位置關系 是( ) A.平行 B.相交 C.異面 D.以上均有可能 【解析】選D.借助長方體模型可知,兩條直線的位置關系可以為平行、相交、異面.,3.(2014長沙模擬)若直線ab,且直線a平面,則直線b與平面的位置關系是( ) A.b B.b C.b或b D.b與相交或b或b 【解析】選D.當b與相交或b或b時,均滿足直線ab,且直線a平面的情況,故選D.,4.(2014溫州模擬)下列命題中正確的個數(shù)是( ) 若直線a不在內(nèi),則a; 若直線l上有無數(shù)個點不在平面內(nèi),則l; 若l與平面平行,則l與內(nèi)任何一條直線都沒有公共點; 平行于同一直線的兩個平面平行. A.1 B.2 C.3 D.4,【解析】選A.a=A時,a,所以錯; 直線l與相交時,l上也可以有無數(shù)個點不在內(nèi),故錯; l,l與無公共點,所以l與平面內(nèi)任一直線都無公共點,正確;長方體ABCD-A1B1C1D1中平面A1C1與平面D1C都與直線AB平行,但兩平面相交,所以錯誤.,5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是DD1的中點,則BD1與平面ACE的位置關系為 . 【解析】如圖.連接BD與AC交于O點,連接OE, 所以OEBD1,而OE平面ACE,BD1平面ACE, 所以BD1平面ACE. 答案:平行,考點1 有關平行關系的判斷 【典例1】(1)下列命題正確的是( ) A.若兩條直線和同一個平面所成的角相等,則這兩條直線平行 B.若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行 C.若一條直線平行于兩個相交平面,則這條直線與這兩個平面的交線平行 D.若兩個平面都垂直于第三個平面,則這兩個平面平行,(2)(2013廣東高考)設l為直線,是兩個不同的平面,下列命題中正確的是( ) A.若l,l,則 B.若l,l,則 C.若l,l,則 D.若,l,則l,【解題視點】(1)本題旨在考查立體幾何的線、面位置關系及線面平行的判定和性質(zhì),需要熟練掌握定義、定理. (2)本題考查空間推理論證能力,應熟練運用平行與垂直的判定與性質(zhì),還要能舉出反例.,【規(guī)范解答】(1)選C.若兩條直線和同一平面所成角相等,這兩條直線可能平行,也可能為異面直線,也可能相交,所以A錯;一個平面上的三點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行或相交,故B錯;若兩個平面垂直同一個平面,則這兩個平面可以平行,也可以相交,故D錯;只有選項C正確. (2)選B.對于選項A,若l,l,則平面,可能相交,此時交線與l平行,故A錯誤;對于選項B,垂直于同一條直線的兩個平面平行;對于選項C,能推出兩個平面相交且兩個平面垂直;對于選項D,l,l,l都有可能.,【規(guī)律方法】有關平行關系判斷的技巧 (1)熟悉線面關系的各個定理,無論是單項選擇還是含選擇項的填空題,都可以從中先選出最熟悉最容易判斷的選項先確定或排除,再逐步判斷其余選項. (2)特別注意定理所要求的條件是否完備,圖形是否有特殊情形.,【變式訓練】已知兩條直線a,b,兩個平面,則下列結(jié)論中正確的是( ) A.若a,且,則a B.若b,ab,則a C.若a,則a D.若b,ab,則a,【解析】選A.A.因為,又a,所以a,故A正確; B.因為b,ab,若a,則a不可能與平行,故B錯誤; C.因為a,若a,則結(jié)論不成立,故C錯誤; D.因為b,ab,若a,則結(jié)論不成立,故D錯誤.,【加固訓練】1.(2014大同模擬)若兩條不同的直線與同一平面所成的角相等,則這兩條直線( ) A.平行 B.相交 C.異面 D.以上皆有可能,【解析】選D.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中, BC1AD1,兩直線與平面ABCD所成角相等, BC1與B1C相交,兩直線與平面ABCD所成角相等, BC1與A1D異面,兩直線與平面ABCD所成角也相等.,2.設a,b為不重合的兩條直線,為不重合的兩個平面,給出下列命題: 若a,b,a,b是異面直線,那么b; 若a且b,則ab; 若a,b,a,b共面,那么ab; 若,a,則a. 上面命題中,所有真命題的序號是 .,【解析】中的直線b與平面也可能相交,故不正確; 中的直線a,b可能平行、相交或異面,故不正確;由線面平行的性質(zhì)得正確;由面面平行的性質(zhì)可得正確. 答案:,考點2 直線與平面平行的判定和性質(zhì) 【考情】平行關系是空間幾何中的一種重要關系,包括線線平行、線面平行、面面平行,其中線面平行在高考試題中出現(xiàn)頻率很高,一般出現(xiàn)在解答題中.考查線面平行的判定定理與性質(zhì)定理在證明或判斷中的應用.,高頻考點 通 關,【典例2】(1)(2014麗水模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F, G分別是A1B1,CD,B1C1的中點,則正確命題是( ) A.AECG B.AE與CG是異面直線 C.四邊形AEC1F是正方形 D.AE平面BC1F,(2)(2013新課標全國卷)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點. 證明:BC1平面A1CD; 設AA1=AC=CB=2,AB=2 ,求三棱錐C-A1DE的體積.,【解題視點】(1)根據(jù)正方體的幾何特征,可以判斷出AE與CG相 交,但不垂直,由此可以判斷出A,B的真假.分析四邊形AEC1F,即 可判斷C的真假.由線面平行的判定定理,可以判斷出D的真假, 進而得到答案. (2)連接AC1,構(gòu)造中位線,利用線線平行證線面平行; 利用條件中的垂直關系求出A1D,DE,A1E的長,確定DEA1D,再 利用 CD求體積.,【規(guī)范解答】(1)選D.由正方體的幾何特征,可得AEC1G, 但AE與平面BCC1B1不垂直, 故AECG不成立; 由于EGAC,故A,E,G,C四點共面, 所以AE與CG是異面直線錯誤; 在四邊形AEC1F中,AE=EC1=C1F=AF,但AF與AE不垂直, 故四邊形AEC1F是正方形錯誤; 而AEC1F,由線面平行的判定定理,可得AE平面BC1F.,(2)連接AC1,交A1C于點F,則F為AC1中點. 又D是AB的中點,連接DF,則BC1DF. 因為DF平面A1CD,BC1平面A1CD, 所以BC1平面A1CD. 因為ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以AA1CD. 由已知AC=CB,D為AB的中點, 所以CDAB.,又AA1AB=A,于是CD平面ABB1A1. 由AA1ACCB2,AB 得 ACB=90，CD= ，A1D= , DE= ,A1E=3, 故A1D2+DE2=A1E2, 即DEA1D. 所以,【通關錦囊】,【特別提醒】證明線面平行時,要注意說明已知直線不在平面內(nèi).,【關注題型】,【通關題組】 1.(2014寧波模擬)已知直線m,n和平面,則mn的一個必要不充分條件是( ) A.m,n B.m,n C.m,n D.m,n與成等角,【解析】選D.對于A,m,n為mn的既不充分也不必要條件;對于B,m,n為mn的充分不必要條件;對于C, m,n為mn的既不充分也不必要條件;對于D,m,n與成等角為mn的必要不充分條件,故選D.,2.(2014湖州模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面是平行四邊形,PA平面ABCD,點M,N分別為BC,PA的中點.在線段PD上是否存在一點E,使NM平面ACE?若存在,請確定點E的位置;若不存在,請說明理由.,【解析】在PD上存在一點E,使得NM平面ACE, 且E為線段PD的中點.證明如下:如圖, 取PD的中點E,連接NE,EC,AE, 因為N,E分別為PA,PD的中點, 所以NE AD.,又在平行四邊形ABCD中,CM AD. 所以NE MC, 即四邊形MCEN是平行四邊形.所以NM EC. 又EC平面ACE,NM平面ACE,所以MN平面ACE, 即在PD上存在一點E,且E為線段PD的中點,使得NM平面ACE.,3.(2014石家莊模擬)如圖,在直角 梯形ABCD中,B=90,DCAB,BC= CD= AB=2,G為線段AB的中點,將 ADG沿GD折起,使平面ADG平面BCDG,得到幾何體A-BCDG. (1)若E,F分別為線段AC,AD的中點,求證:EF平面ABG. (2)求三棱錐C-ABD的體積.,【解析】(1)因為折疊前后CD,BG的位置關系不變, 所以CDBG. 因為在ACD中,E,F分別為AC,AD的中點, 所以EFCD.所以EFBG. 又因為EF平面ABG,BG平面ABG, 所以EF平面ABG.,(2)因為BC=CD= AB=2,G為線段AB的中點, 所以CD=BG. 又因為B=90,CDBG,BC=CD, 所以四邊形BCDG是一個正方形, 所以BGDG,AGDG,折疊后仍然成立, 因為平面ADG平面BCDG,所以AG平面BCDG, 所以V三棱錐C-ABD=V三棱錐A-BCD= AGSBCD= 2 22= .,【加固訓練】1.(2013菏澤模擬)如圖所示,ABCD-A1B1C1D1是 棱長為a的正方體,M,N分別是下底面的棱A1B1,B1C1的中點,P是 上底面的棱AD上的一點,AP= ,過P,M,N的平面交上底面于PQ, Q在CD上,則PQ= .,【解析】如圖,連接AC,易知MN平面ABCD,所以MNPQ. 因為MNAC,所以PQAC. 又因為AP ， 所以 所以 答案：,2.(2013洛陽模擬)如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面ABC,若D是棱CC1的中點,在棱AB上是否存在一點E,使DE平面AB1C1?若存在,請確定點E的位置;若不存在,請說明理由.,【解析】存在點E,且E為AB的中點. 證明如下: 取AB的中點E,BB1中點F,連接DE,DF,EF, 則B1FC1D,B1F=C1D, 所以四邊形B1FDC1為平行四邊形. 所以DFB1C1.,又DF平面AB1C1, B1C1平面AB1C1, 所以DF平面AB1C1. 同理EF平面AB1C1. 因為DFEF=F,DF平面DEF,EF平面DEF, 所以平面DEF平面AB1C1. 因為DE平面DEF,所以DE平面AB1C1.,考點3 面面平行的判定和性質(zhì) 【典例3】如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F, G,H分別是AB,AC,A1B1,A1C1的中點,求證: (1)B,C,H,G四點共面. (2)平面EFA1平面BCHG.,【解題視點】(1)要證明B,C,H,G四點共面,只需要證明直線GH與直線BC共面,即證明GHBC即可. (2)要證明平面EFA1與平面BCHG平行,可利用面面平行的判定定理證明.,【規(guī)范解答】(1)因為G,H分別是A1B1,A1C1的中點, 所以GH是A1B1C1的中位線, 所以GHB1C1. 又因為B1C1BC,所以GHBC,所以B,C,H,G四點共面. (2)因為E,F分別是AB,AC的中點,所以EFBC. 因為EF平面BCHG,BC平面BCHG, 所以EF平面BCHG.,因為A1G EB,所以四邊形A1EBG是平行四邊形, 所以A1EGB. 因為A1E平面BCHG,GB平面BCHG, 所以A1E平面BCHG. 因為A1EEF=E,所以平面EFA1平面BCHG.,【互動探究】在本例條件下,若D1,D分別為B1C1,BC的中點,求證:平面A1BD1平面AC1D. 【證明】如圖所示,連接A1C交AC1于點H, 因為四邊形A1ACC1是平行四邊形, 所以H是A1C的中點, 連接HD,因為D為BC的中點, 所以A1BHD.,因為A1B平面A1BD1, DH平面A1BD1, 所以DH平面A1BD1. 又由三棱柱的性質(zhì)知,D1C1 BD, 所以四邊形BDC1D1為平行四邊形, 所以DC1BD1.又DC1平面A1BD1, BD1平面A1BD1, 所以DC1平面A1BD1,又因為DC1DH=D, 所以平面A1BD1平面AC1D.,【規(guī)律方法】 1.判定面面平行的方法,2.面面平行的性質(zhì) (1)兩平面平行,則一個平面內(nèi)的直線平行于另一平面. (2)若一平面與兩平行平面相交,則交線平行. 提醒:利用面面平行的判定定理證明兩平面平行時需要說明是一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行.,重視三種平行間的轉(zhuǎn)化關系 線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化是解決與平行有關的問題的指導思想,解題中既要注意一般的轉(zhuǎn)化規(guī)律,又要看清題目的具體條件,選擇正確的轉(zhuǎn)化方向.,【變式訓練】1.(2014溫州模擬)平面平面的一個充分條件是( ) A.存在一條直線a,a,a B.存在一條直線a,a,a C.存在兩條平行直線a,b,a,b,a,b D.存在兩條異面直線a,b,a,b,a,b,【解析】選D.由兩異面直線a,b,a,b,a知在內(nèi)存在直線a,使得aa,同理在內(nèi)有直線b使得bb.由于a與b異面,平移后必相交.故可得出.,2.如圖所示,已知ABCD-A1B1C1D1是棱長為3的正方體,點E在AA1上,點F在CC1上,G在BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H是B1C1的中點. (1)求證:E,B,F,D1四點共面. (2)求證:平面A1GH平面BED1F.,【證明】(1)連接FG. 因為AE=B1G=1,所以BG=A1E=2, 又BGA1E, 所以四邊形BGA1E為平行四邊形.則A1GBE.,又C1FB1G,C1F=B1G, 所以四邊形C1FGB1為平行四邊形. 則FGB1C1,FG=B1C1. 又B1C1D1A1,B1C1=D1A1, 所以FGD1A1,FG=D1A1. 則四邊形A1GFD1為平行四邊形. 則A1GD1F,所以D1FBE. 故E,B,F,D1四點共面.,(2)因為H是B1C1的中點,所以B1H= . 又B1G=1, 又 且FCB=GB1H=90. 所以B1HGCBF, 則B1GH=CFB=FBG.所以HGFB. 又由(1)知,A1GBE,且HGA1G=G,FBBE=B, 所以平面A1GH平面BED1F.,【加固訓練】 1.已知平面平面,P是,外一點,過點P的直線m與,分別交于A,C,過點P的直線n與,分別交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,則BD的長為( ) A.16 B.24或 C.14 D.20,【解析】選B.分兩種情況考慮.,如圖，當點P在兩平面同側(cè)時，連AB，CD，則ABCD， 故 即 解得BD . 同理，如圖，當點P在兩平面之間時，可得BD24.,2.(2013南通模擬)如圖所示,斜三棱柱 ABC-A1B1C1中,點D,D1分別為AC,A1C1上的點. (1)當 等于何值時,BC1平面AB1D1? (2)若平面BC1D平面AB1D1,求 的值.,【解析】(1)如圖所示,取D1為線段A1C1的中點, 此時 =1. 連接A1B,交AB1于點O,連接OD1. 由棱柱的性質(zhì)知,四邊形A1ABB1為平行四邊形, 所以點O為A1B的中點. 在A1BC1中,點O,D1分別為A1B,A1C1的中點, 所以OD1BC1.,又因為OD1平面AB1D1, BC1平面AB1D1, 所以BC1平面AB1D1. 所以當 =1時,BC1平面AB1D1.,(2)由平面BC1D平面AB1D1,且平面A1BC1平面BC1D=BC1,平面A1BC1平面AB1D1=D1O得 BC1D1O, 所以 又由題可知 所以 1，即 1.,【規(guī)范解答8】平行關系證明的規(guī)范解答 【典例】(14分)(2014德州模擬)如圖, 幾何體E-ABCD是四棱錐,ABD為正三角 形,CB=CD,CEBD. (1)求證:BE=DE. (2)若BCD=120,M為線段AE的中點,求證:DM平面BEC.,【審題】分析信息,形成思路,【解題】規(guī)范步驟,水到渠成 (1)如圖, 取BD中點為O，連接OC,OE, 則由BC=CD,知COBD.1分,又CEBD,ECCO=C, CO,EC平面EOC,所以BD平面EOC. 所以BDOE.3分 又因為O是BD中點, 所以BE=DE.4分,(2)如圖,取AB的中點N,連接DM,DN,MN, 因為M是AE的中點, 所以MNBE.6分,又MN平面BEC，BE平面BEC， 所以MN平面BEC.8分 又因為ABD為正三角形， 所以BDN30， 又CBCD，BCD120， 因此CBD30， 所以DNBC. 10分,又DN平面BEC，BC平面BEC， 所以DN平面BEC. 又MNDNN， 故平面DMN平面BEC， 又DM平面DMN， 所以DM平面BEC.14分,【點題】失分警示,規(guī)避誤區(qū),【變題】變式訓練,能力遷移 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形, PA平面ABCD,AP=AB,BP=BC=2,E,F分別是PB, PC的中點. (1)求證:EF平面PAD. (2)求三棱錐E-ABC的體積.,【解析】(1)在PBC中,E,F分別是PB,PC的中點, 所以EFBC. 因為四邊形ABCD為矩形,所以BCAD,所以EFAD. 又因為AD平面PAD,EF平面PAD, 所以EF平面PAD.,(2)連接AE,AC,EC,過E作EGPA交AB于點G,如圖所示. 則EG平面ABCD,且EG= PA. 在PAB中,AP=AB,PAB=90,BP=2, 所以AP=AB= ,EG= . 所以SABC= ABBC= 所以VE-ABC= SABCEG=,