《2019版高考数学一轮复习第八章立体几何第三节直线、平面平行的判定与性质课件理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮复习第八章立体几何第三节直线、平面平行的判定与性质课件理（33页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第三节 直线、平面平行的判定与性质,总纲目录,教材研读,1.直线与平面平行的判定定理和性质定理,考点突破,2.平面与平面平行的判定定理和性质定理,考点二 平面与平面平行的判定与性质,考点一 直线与平面平行的判定与性质,考点三 平行关系的综合问题,教材研读,1.直线与平面平行的判定定理和性质定理,2.平面与平面平行的判定定理和性质定理,1.如果直线a平面,那么直线a与平面内的 ( ) A.一条直线不相交 B.两条直线不相交 C.无数条直线不相交 D.任意一条直线都不相交,D,答案 D 因为直线a平面,所以直线a与平面无公共点,因此直线a和平面内的任意一条直线都不相交,故选D.,2.下列命题中,正
2、确的是 ( ) A.若ab,b,则a B.若a,b,则ab C.若a,b,则ab D.若ab,b,a,则a,D,答案 D A中还有可能a,B中还有可能a与b异面,C中还有可能a与 b相交或异面,只有选项D正确.,3.(2015北京,4,5分)设,是两个不同的平面,m是直线且m.“m”是“”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,B,答案 B 由两平面平行的判定定理可知,当其中一个平面内的两条相 交直线均平行于另一平面时,两平面才平行,所以“m”不能推出“ ”;若两平面平行,则其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个 平面,所以“”可以
3、推出“m”.因此“m”是“”的必要而不充分条件.故选B.,4.已知平面,直线a,有下列命题: a与内的所有直线平行; a与内无数条直线平行; a与内的任意一条直线都不垂直. 其中真命题的序号是 .,答案 ,解析 设过a且与相交的平面与的交线为b,由面面平行的性质定理 知,ba,故内的直线b及与b平行的直线才与a平行,故错误,正确.平面内的直线与直线a平行或异面,其中包括异面垂直,故错误.,5.三棱柱ABC-A1B1C1中,过棱A1C1,B1C1,BC,AC的中点E,F,G,H的平面与平 面 A1B1BA 平行.,答案 A1B1BA,解析 如图所示,连接各中点后,易知平面EFGH与平面A1B1B
4、A平行.,6.如图所示,棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱A1B1,B1C1 的中点,P是棱AD上的一点,AP= ,过P、M、N的平面交上底面于PQ,点 Q在CD上,则PQ= a .,答案 a,解析 连接AC,由平面ABCD平面A1B1C1D1,得MN平面ABCD,所以 MNPQ,又因为MNAC,所以PQAC,所以 = = = ,所以PQ=AC= a.,考点一 直线与平面平行的判定与性质,考点突破,典例1 如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1的中 点. (1)证明:AD1平面BDC1; (2)证明:BD平面AB1D1.,证明 (1)
5、D1,D分别为A1C1,AC的中点,四边形ACC1A1为平行四边形, C1D1DA, 四边形ADC1D1为平行四边形,AD1C1D, 又AD1平面BDC1,C1D平面BDC1, AD1平面BDC1.,(2)连接D1D, BB1平面ACC1A1,BB1平面BB1D1D, 平面ACC1A1平面BB1D1D=D1D, BB1D1D, 又D1,D分别为A1C1,AC的中点,BB1=DD1, 故四边形BDD1B1为平行四边形, BDB1D1, 又BD平面AB1D1,B1D1平面AB1D1, BD平面AB1D1.,方法技巧 证明线面平行的常用方法: (1)利用线面平行的定义(无公共点); (2)利用线面平
6、行的判定定理(a,b,aba); (3)利用“面面平行线面平行”(,aa); (4)利用平行的传递性(,a,aa;ab,b,aa).,1-1 如图,四棱锥P-ABCD中,ADBC,AB=BC= AD,E,F,H分别为AD, PC,CD的中点,AC与BE交于O点,G是OF上一点. (1)求证:AP平面BEF; (2)求证:GH平面PAD.,证明 (1)连接EC,ADBC,AE= AD,BC= AD,BC AE. 四边形ABCE是平行四边形, O为AC的中点. 又F是PC的中点, FOAP,又FO平面BEF,AP平面BEF, AP平面BEF. (2)连接FH,OH, F,H分别是PC,CD的中点,
7、FHPD, 又PD平面PAD,FH平面PAD, FH平面PAD. 又O是AC的中点,H是CD的中点,OHAD, 又AD平面PAD,OH平面PAD, OH平面PAD. 又FHOH=H,平面OHF平面PAD. 又GH平面OHF,GH平面PAD.,考点二 平面与平面平行的判定与性质,典例2 如图,ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的 中点. (1)求证:BE平面DMF; (2)求证:平面BDE平面MNG.,证明 (1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为 ABE的中位线,所以BEMO, 又BE平面DMF,MO平面DMF, 所以BE平面DMF
8、.,(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DEGN, 又DE平面MNG,GN平面MNG, 所以DE平面MNG. 又因为M为AB的中点,所以MN为ABD的中位线, 所以BDMN, 又BD平面MNG,MN平面MNG, 所以BD平面MNG, 又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线, 所以平面BDE平面MNG.,方法技巧 证明面面平行的常用方法: (1)利用面面平行的定义; (2)利用面面平行的判定定理:如果一个平面内有两条相交直线都平行 于另一个平面,那么这两个平面平行; (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”; (4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面,那么
9、这两个平面平 行”; (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化.,2-1 如图,PAB所在的平面与、分别交于CD、AB.若PC=2, CA=3,CD=1,则AB= .,答案,解析 ,PAB所在的平面与、分别交于CD、AB,CDAB, = . AB= = = .,典例3 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F、G、H分别是 BC、CC1、C1D1、A1A的中点.求证: (1)BFHD1; (2)EG平面BB1D1D; (3)平面BDF平面B1D1H.,考点三 平行关系的综合问题,证明 (1)如图所示,取BB1的中点M,连接HM、MC1,易证四边形HMC1D1 是平
10、行四边形, HD1MC1.又易知MC1BF,BFHD1. (2)取BD的中点O,连接EO,D1O,则OEDC且OE= DC, 又D1GDC且D1G= DC,OE D1G,四边形OEGD1是平行四边形,GED1O. 又D1O平面BB1D1D,GE平面BB1D1D, EG平面BB1D1D. (3)由(1)知,D1HBF, 又BDB1D1,B1D1、HD1平面HB1D1, BF、BD平面BDF,且B1D1HD1=D1,DBBF=B, 平面BDF平面B1D1H.,方法技巧,1.线线平行、线面平行和面面平行是空间中三种基本平行关系,它们之 间可以相互转化,其转化关系如下:,2.在解决线面、面面平行的判定
11、时,一般遵循从“低维”到“高维”的 转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而应用性 质定理时,其顺序正好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的具体 条件而定,决不可过于“模式化”.,3-1 如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,过A、C、E三点 作平面与正方体的面相交. (1)画出平面与正方体ABCD-A1B1C1D1各面的交线; (2)求证:BD1平面.,解析 (1)如图,交线即为EC、AC、AE,平面即为平面AEC.(2)证明:连接BD与AC交于O,连接EO, 四边形ABCD为正方形, O是BD的中点, 又E为DD1的中点,OEBD1, 又OE平面,BD1平面, BD1平面.,
