《高考数学一轮总复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面平行的判定与性质课件（理） 新人教b版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮总复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面平行的判定与性质课件（理） 新人教b版（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.3 直线、平面平行的判定与性质,高考理数,1.直线与平面的位置关系,知识清单,2.直线和平面平行 (1)定义:直线与平面没有公共点,则称此直线l与平面平行,记作l. (2)判定定理:如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面 平行(简记为“ 线线平行线面平行 ”). (3)性质定理:如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直 线就和交线平行(简记为“ 线面平行线线平行 ”). 3.两个平面平行 (1)定义:如果平面与平面 无 公共点,则平面与平面平行,记作 . (2)判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面 平行 ,则这两个平
2、面平行. 用符号表示为a,b,ab=P, a , b . (3)性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线 平行 . 用符号表示为,=a,=b ab . 【知识拓展】 1.平行问题的转化,如图所示: 2.应用判定定理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)定义法:证明直线与平面没有公共点,通常要借助于反证法来证明. (2)判定定理法:在平面内找到一条直线与已知直线平行.
3、 (3)利用面面平行的性质定理 a.直线在一平面内,由两平面平行,推得线面平行. b.直线在两平行平面外,且与其中一平面平行,则这条直线与另一平面平行. (4)利用直线的方向向量与平面的法向量垂直进行判定. 例1 (2014河南开封模拟,20,12分)正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE、BD 上各有一点P、Q,且AP=DQ.求证:PQ平面BCE. 证明 证法一:如图所示.作PMAB交BE于M,作QNAB交BC于N,连结MN.,突破方法,方法1 证明直线与平面平行的方法,正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,AE=BD. 又AP=DQ,PE=QB, 又PMABQN,
4、= = , = , = , PMQN,即四边形PMNQ为平行四边形, PQMN. 又MN平面BCE,PQ平面BCE, PQ平面BCE. 证法二:如图,连结AQ并延长交BC的延长线于K,连结EK, AE=BD,AP=DQ,PE=BQ, = , 又ADBK, = , = ,PQEK. 又PQ平面BCE,EK平面BCE, PQ平面BCE. 证法三:如图,在平面ABEF内,过点P作PMBE,交AB于点M,连结QM. PM平面BCE,且 = , 又AE=BD,AP=DQ,PE=BQ, = , = , MQAD,又ADBC,MQBC,MQ平面BCE,又PMMQ=M, 平面PMQ平面BCE, 又PQ平面PM
5、Q,PQ平面BCE. 1-1 (2016山西晋城4月模拟,19,12分)如图所示,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直, BECF,求证:AE平面DCF. 证明 证法一:由于ABCD,BECF,故平面ABE平面DCF. 而直线AE在平面ABE内,根据面面平行的性质,得AE平面DCF. 证法二:如图所示,过点E作直线EGBC交CF于点G,连结DG,又 BECF,故四边形BEGC为平行四边形,所以EGBC.又四边形ABCD为矩形,故ADBC,所以ADEG,所以四边形AEGD为平行四边形,所以AEDG.由线面平行的判定定理,得AE平面DCF.,平面与平面平行的判定方法: (1)定义法:两个平面
6、没有公共点; (2)判定定理法:一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面; (3)转化为线线平行:平面内的两条相交直线与平面内的两条相交直线分别平行,则; (4)利用平行平面的传递性:若,则. (5)利用两个平面的法向量的数量积等于0. 例2 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,S是B1D1的中点,E、F、G分别是BC、DC、SC的中点,求 证: (1)直线EG平面BDD1B1; (2)平面EFG平面BDD1B1.,方法2 面面平行的判定,解题导引 (1)连结SB证EGSB结论 (2)连结SD证FGSD证FG 面BDD1B1结合(1) 可证得结论 证明 (1)如图,连结SB,E、G
7、分别是BC、SC的中点, EGSB. 又SB平面BDD1B1,EG平面BDD1B1, 直线EG平面BDD1B1. (2)连结SD, F、G分别是DC、SC的中点,FGSD. 又SD平面BDD1B1,FG平面BDD1B1, FG平面BDD1B1, 又EG平面EFG,FG平面EFG,EGFG=G, 平面EFG平面BDD1B1. 2-1 如图,已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上,点G在BB1上,且AE =FC1=B1G=1,H是B1C1的中点.,(1)求证:E,B,F,D1四点共面; (2)求证:平面A1GH平面BED1F. 证明 (1)AE=B1G=1
8、,BG=A1E=2, 又BGA1E,四边形A1GBE是平行四边形, A1GBE. 又C1FB1G,四边形C1FGB1是平行四边形, FGC1B1D1A1, 四边形A1GFD1是平行四边形, A1GD1F,D1FEB,E,B,F,D1四点共面.,(2)H是B1C1的中点,B1H= . 又B1G=1, = . 又 = ,且GB1H=FCB=90, B1HGCBF, B1GH=CFB,又CFB=FBG, B1GH=FBG, HGFB. 又由(1)知A1GBE, 且HGA1G=G,FBBE=B, 平面A1GH平面BED1F.,1.线面平行和面面平行的性质都体现了转化思想. 2.对较复杂的综合结论问题往
9、往需要反复运用线面平行的判定定理和性质定理来进行证明,有 如下方法: 线线平行找过直线的平面线面平行 找出或作出经 过直线且与平 面相交的平面, 从而找出交线线线平行,方法3 平行关系的综合应用,BCFG,BCEH,FGEH. 同理,EFAD,HGAD,EFHG, 四边形EFGH是平行四边形. 又ADDC,ADBD,AD平面BDC, ADBC,EFFG, 四边形EFGH是矩形. (2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1), =(-2,2,0), =(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量n=
10、(x,y,z), EFAD,FGBC, n =0,n =0, 得 取n=(1,1,0), sin =|cos|= = = . 解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), E是AB的中点,F,G分别为BD,DC的中点, 得E ,F(1,0,0),G(0,1,0). = , =(-1,1,0), =(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n =0,n =0, 得 取n=(1,1,0), sin =|cos|= = = . 3-1 如图所示,已知E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AA1、CC1的中点,求证:四边形BED1 F是平行四边形. 证明 取D1D的中点G,连结EG,GC, E是A1A的中点,G是D1D的中点, EGAD.,由正方体性质知ADBC,EGBC, 四边形EGCB是平行四边形, EBGC. 又G、F分别是D1D、C1C的中点, D1GFC, 四边形D1GCF为平行四边形,D1FGC. 由得EBD1F. 四边形BED1F是平行四边形.,
