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1、,第四节 直线、平面平行的判定及其性质,1.认识和理解空间中线面平行、面面平行的判定 2认识和理解空间中线面平行、面面平行的性质 3能运用线面、面面平行的判定定理和性质定理，证明一些空间图形的位置关系的简单命题.,1直线与平面平行的判定与性质,2.面面平行的判定与性质,1已知直线a，b，平面，满足a，则使b的条件为( ) Aba Bba且b Ca与b异面 Da与b不相交 解析：由线面平行的判定定理可知：由ba且bb. 答案：B,2若直线m平面，则条件甲：直线l，是条件乙：lm的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析：l时l与m并不一定平行，而lm时
2、，l与也不一定平行，有可能l， 条件甲是条件乙的既不充分也不必要条件 答案：D,3平面平面的一个充分条件是( ) A存在一条直线a，a，a B存在一条直线a，a，a C存在两条平行直线a，b，a，b，a，b D存在两条异面直线a，b，a，b，a，b,解析：对于选项A，当、两平面相交，直线a平行于交线时，满足要求，故A不对；对于B，两平面、相交，当a在平面内且a平行于交线时，满足要求，但与不平行；对于C，同样在与相交，且a、b分别在、内且与交线都平行时满足要求；故只有D正确，因为a、b异面，故在内一定有一条直线a与a平行且与b相交，a，又b，a与b相交，. 答案：D,答案：6,答案：平行,热点之
3、一 直线与平面平行的判定 判定直线与平面平行，主要有三种方法： 1利用定义(常用反证法) 2利用判定定理：关键是找平面内与已知直线平行的直线可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线,3利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个平面内的任一直线平行于另一平面 特别警示：线面平行关系没有传递性，即平行线中的一条平行于一平面，另一条不一定平行于该平面,例1 如右图所示，已知P、Q是正方体ABCDA1B1C1D1的面A1B1BA和面ABCD的中心 证明：PQ平面BCC1B1.思路探究 可考虑用线面平行的判定定理，在平面
4、BCC1B1内构造与PQ平行的直线；也可利用面面平行的定义来证明，需构造过PQ且与平面BCC1B1平行的平面,四边形PEFQ是平行四边形 PQEF. 又PQ平面BCC1B1， EF平面BCC1B1， PQ平面BCC1B1.,证法二：如右图，取AB的中点E，连接PE，QE，P是A1B的中点，PEA1A， 又A1ABB1， PEBB1， 又PE平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1， PE平面BCC1B1， 同理QE平面BCC1B1，,又PE、QE平面PQE，PEQEE， 平面PQE平面BCC1B1， 又PQ平面PQE， PQ平面BCC1B1.,即时训练 如右图所示，在三棱锥PABC中，若D，E
5、，F分别为PB，PC，AC的中点，问在PB上是否存在一点G，使得FG平面ADE? 解：存在点G为BD的中点 取EC的中点H，连接FH，HG，则FHAE，HGED，又AEEDE，FHHGH，故平面FHG平面ADE，又FG平面FHG，所以FG平面ADE.,热点之二 直线与平面平行的性质 利用线面平行的性质，可以实现由线面平行到线线平行的转化在平时的解题过程中，若遇到线面平行这一条件，就需在图中找(或作)过已知直线与已知平面相交的平面这样就可以由性质定理实现平行转化,例2 如下图，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大,思路探究 利用线面平行的性质，
6、可以判定截面形状，再建立面积函数求最值 课堂记录 AB平面EFGH， 平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH. ABFG，ABEH， FGEH，同理可证EFGH，,截面EFGH是平行四边形 设ABa，CDb， FGH(即为异面直线AB和CD所成的角或其补角) 又设FGx，GHy，,即时训练 已知：直线a平面，直线a平面，b.求证：ab. 证明：如下图所示，过直线a作平面，分别交平面，于直线m，n(m，n不同于交线b)，由直线与平面平行的性质定理得am，an，由平行线的传递性得mn，由于n，m，故n平面，又n，b，故nb，又an，故ab.,热点之三 平面与平面平行的判定 判定平面
7、与平面平行的常用方法有： 1利用定义(常用反证法) 2利用判定定理：转化为判定一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面客观题中，也可直接利用一个平面内的两条相交线分别平行于另一个平面内的两条相交线来证明两平面平行,例3 如下图所示，正三棱柱ABCA1B1C1各棱长为4，E、F、G、H分别是AB、AC、A1C1、A1B1的中点， 求证：平面A1EF平面BCGH.思路探究 本题证面面平行，可证明平面A1EF内的两条相交直线分别与平面BCGH平行，然后根据面面平行的判定定理即可证明,课堂记录 ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，EFBC. 又EF平面BCGH，BC平面BCGH， EF平面BC
8、GH. 又G、F分别为A1C1、AC的中点，A1G綊FC. 四边形A1FCG为平行四边形A1FGC.,又A1F平面BCGH，CG平面BCGH， A1F平面BCGH. 又A1FEFF，平面A1EF平面BCGH.,即时训练 正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为A1A和C1C的中点，求证：面EB1D1面FDB. 解：如右图，连接ED、B1F， 设正方体棱长为a. 则EB1DFEDB1F,四边形EDFB1为菱形 EB1DF. 又DF平面DBF，EB1平面DBF， EB1平面DBF. 同理ED1平面DBF. 又EB1ED1E，平面EB1D1平面DBF.,热点之四 平面与平面平行的性质 平面与平
9、面平行的判定与性质，同直线与平面平行的判定与性质一样，体现了转化与化归的思想三种平行关系如下图性质过程的转化实施，关键是作辅助平面，通过作辅助平面得到交线，就可把面面平行化为线面平行并进而化为线线平行，注意作平面时要有确定平面的依据,思路探究 本题是开放性题目，是近年来高考热点，利用面面平行的性质证明BGCH，从而可得. 课堂记录 (1)平面平面，平面与没有公共点，但不一定总有ADBE. 同理不总有BECF， 不一定有ADBECF. (2)过A点作DF的平行线，交，于G，H两点，AHDF.过两条平行线AH，DF的平面交平面，于AD，GE，HF.,根据两平面平行的性质定理，有ADGEHF，,即时
10、训练 (2010广东佛山模拟)如下图(1)，在正四棱柱ABCDABCD中，AB1，BB1，E为BB上使BE1的点，平面AEC交DD于F，交AD的延长线于G，则异面直线AD与CG所成角的大小为_,图(1),解析：如图(2)，连结CF，由ADDG，知CGD为异面直线AD与CG所成的角图(2),本节主要考查线线、线面、面面平行的判定与性质，题型多以选择题形式出现，属容易题，解答题中多以几何体为载体；试题中主要考查对定义、定理的深刻理解，对符号语言、图形语言、文字语言进行顺序的转换，既考查空间想象能力，又考查逻辑思维能力,例5 (2010湖南高考)如右图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱
11、DD1的中点 (1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值； (2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F平面A1BE？证明你的结论,解 (1)如图(a)所示，取AA1的中点M，连结EM，BM.因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EMAD. 又在正方体ABCDA1B1C1D1中，AD平面ABB1A1， 所以EM平面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，EBM为BE和平面ABB1A1所成的角,(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE. 事实上，如图(b)所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连结EG，BG，CD1，FG. 因A1D1B1C
12、1BC， 且A1D1BC， 所以四边形A1BCD1是平行四边形，,因此D1CA1B. 又E，G分别D1D，CD的中点， 所以EGD1C，从而EGA1B.这说明A1，B，G，E共面所以BG平面A1BE. 因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点， 所以FGC1CB1B，且FGC1CB1B.因此四边形B1BGF是平行四边形,所以B1FBG.而B1F平面A1BE，BG平面A1BE， 故B1F平面A1BE.,(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由 解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于O，由题意SOAC.在正方形ABCD中，ACBD， 所以AC平面SBD，得ACSD.,所以SDO60. 连接OP，由(1)知AC平面SBD， 所以ACOP，且ACOD. 所以POD是二面角PACD的平面角 由SD平面PAC，知SDOP，,
