2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第4課時 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課件 北師大版.ppt

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第4節(jié)直線 平面平行的判定及其性質(zhì) 01 02 03 04 考點三 考點一 考點二 例1訓(xùn)練1 與線 面平行相關(guān)命題的判定 直線與平面平行的判定與性質(zhì) 多維探究 面面平行的判定與性質(zhì) 典例遷移 診斷自測 例2 1例2 2訓(xùn)練2 例3訓(xùn)練3 解析 1 若 則m n或m n異面 不正確 若 根據(jù)平面與平面平行的性質(zhì) 可得m 正確 若 l 且m l n l 則 與 不一定垂直 不正確 若 l 且m l m n l與n不一定相交 不能推出 不正確 答案 1 B 解析 2 如圖 對于 連接MN AC 則MN AC 連接AM CN 易得AM CN交于點P 即MN 面APC 所以MN 面APC是錯誤的 對于 由 知M N在平面APC內(nèi) 由題易知AN C1Q 且AN 平面APC C1Q 平面APC 所以C1Q 面APC是正確的 對于 由 知 A P M三點共線是正確的 對于 由 知MN 面APC 又MN 面MNQ 所以面MNQ 面APC是錯誤的 答案 2 考點一與線 面平行相關(guān)命題的判定 解析 1 若m n 則m 且n 反之若m n m 且n 則 與 相交或平行 即 是 m 且n 的充分不必要條件 答案 1 A 解析 2 當m n m n 時 兩個平面的位置關(guān)系不確定 故 錯誤 經(jīng)判斷知 均正確 故正確答案為 答案 2 所以四邊形AMNT為平行四邊形 于是MN AT 因為AT 平面PAB MN 平面PAB 所以MN 平面PAB 解 1 連接BE交AD于點O 連接OF CE 平面ADF CE 平面BEC 平面ADF 平面BEC OF CE OF O是BE的中點 F是BC的中點 解 2 BC與平面ABD所成角為30 BC AB 1 考點二直線與平面平行的判定與性質(zhì) 多維探究 證明 1 在平面ABD內(nèi) AB AD EF AD 則AB EF AB 平面ABC EF 平面ABC EF 平面ABC 2 BC BD 平面ABD 平面BCD BD 平面ABD 平面BCD BC 平面BCD BC 平面ABD AD 平面ABD BC AD 又AB AD BC AB 平面ABC BC AB B AD 平面ABC 又因為AC 平面ABC AD AC 證明 1 G H分別是A1B1 A1C1的中點 GH是 A1B1C1的中位線 則GH B1C1 又 B1C1 BC GH BC B C H G四點共面 2 E F分別為AB AC的中點 EF BC EF 平面BCHG BC 平面BCHG EF 平面BCHG 四邊形A1EBG是平行四邊形 A1E GB A1E 平面BCHG GB 平面BCHG A1E 平面BCHG 又 A1E EF E 平面EFA1 平面BCHG DC1 BD1 又DC1 平面A1BD1 BD1 平面A1BD1 DC1 平面A1BD1 又DC1 DM D DC1 DM 平面AC1D 因此平面A1BD1 平面AC1D 證明如圖所示 連接A1C交AC1于點M 四邊形A1ACC1是平行四邊形 M是A1C的中點 連接MD D為BC的中點 A1B DM A1B 平面A1BD1 DM 平面A1BD1 DM 平面A1BD1 解連接A1B交AB1于O 連接OD1 由平面BC1D 平面AB1D1 且平面A1BC1 平面BC1D BC1 平面A1BC1 平面AB1D1 D1O 所以BC1 D1O 考點三面面平行的判定與性質(zhì) 典例遷移 1 解點D是AC的中點 理由如下 平面DEF 平面ABC1 平面ABC 平面DEF DE 平面ABC 平面ABC1 AB AB DE 在 ABC中 E是BC的中點 D是AC的中點 2 證明 三棱柱ABC A1B1C1中 AC AA1 四邊形A1ACC1是菱形 A1C AC1 AA1 底面ABC AB 平面ABC AA1 AB 又AB AC AA1 AC A AB 平面AA1C1C A1C 平面AA1C1C AB A1C 又AB AC1 A 從而A1C 平面ABC1 又BC1 平面ABC1 A1C BC1 又 E F分別是BC CC1的中點 EF BC1 從而EF A1C