《北京专用2019版高考数学一轮复习第八章立体几何第四节直线平面平行的判定与性质课件文2018052436》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京专用2019版高考数学一轮复习第八章立体几何第四节直线平面平行的判定与性质课件文2018052436（34页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第四节 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与性质,考点突破,2.面面平行的判定与性质,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和性质,考点三 平行关系的综合问题,1.直线与平面平行的判定与性质,教材研读,2.面面平行的判定与性质,与两个平面平行有关的结论 (1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等. (2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行. (3)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例. (4)如果两个平面分别平行于第三个平面,那么这两个平面互相平行. (5)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内
2、的两条直 线,那么这两个平面平行.,1.若两条直线都与一个平面平行,则这两条直线的位置关系是 ( ) A.平行 B.相交 C.异面 D.以上均有可能,答案 D 与一个平面平行的两条直线可以平行、相交,也可以异面.,D,2.(2018北京朝阳期中)已知m,n表示两条不同的直线,表示平面,下列说 法正确的是 ( ) A.若m,n,则mn B.若m,mn,则n C.若m,mn,则n D.若m,mn,则n,答案 D A项,直线m与直线n也可能相交或异面;B项,也可能n或直 线n与平面相交但不垂直;C项,也可能n;只有D项正确,故选D.,D,3.(2016北京朝阳二模)已知m,n,l为三条不同的直线,为
3、三个不同的 平面,则下列命题中正确的是 ( ) A.若ml,nl,则mn B.若m,n,则mn C.若m,n,则mn D.若,则,答案 C 选项A中,若ml,nl,则m与n可平行,可相交,也可异面,故A 错; 选项B中,若m,n,则m与n可平行,可相交,也可异面,故B错; 选项D中,若,则与可平行,可相交,故D错. 选项C正确.,C,4.(2016北京朝阳期末)给出四个命题: 平行于同一平面的两个不重合的平面平行; 平行于同一直线的两个不重合的平面平行; 垂直于同一平面的两个不重合的平面平行; 垂直于同一直线的两个不重合的平面平行. 其中真命题的序号是 .,答案 ,解析 若,则,即平行于同一平
4、面的两个不重合的平面平 行,故正确; 若a,a,则与平行或相交,故错误; 若,则平面与平行或相交,故错误; 若a,a,则与平行,故正确. 故真命题为.,5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是 (只填序 号). AD1BC1; 平面AB1D1平面BDC1; AD1DC1; AD1平面BDC1.,解析 如图,因为ABC1D1, 所以四边形AD1C1B为平行四边形, 故AD1BC1,从而正确; 易证BDB1D1,AB1DC1,又AB1B1D1=B1,BDDC1=D, 故平面AB1D1平面BDC1,从而正确; 由图易知AD1与DC1异面,故错误;,答案 ,因AD1BC1,AD1
5、平面BDC1,BC1平面BDC1,故AD1平面BDC1,故 正确.,考点一 直线与平面平行的判定和性质,考点突破,典例1 如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分别为AC,A1C1的中点. 求证: (1)AD1平面BDC1; (2)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)利用线面平行的判定定理 (a,b,aba); (3)利用面面平行的性质定理(,aa); (4)利用面面平行的性质(,a,aa).,变式1-1 若将本例中的条件“D,D1分别为AC,A1C1的中点”变为“D, D1分别为AC,A1C1上的点”,则当 等于何
6、值时,BC1平面AB1D1?,解析 当 =1时,BC1平面AB1D1. 如图,取D1为线段A1C1的中点,变式1-2 若将本例中的条件“D,D1分别为AC,A1C1的中点”变为“D, D1分别为AC,A1C1上的点且平面BC1D平面AB1D1”,则 为何值?,解析,如图,连接A1B交AB1于O,连接OD1,则易知A1O=OB.由平面BC1D平面 AB1D1, 且平面A1BC1平面BC1D=BC1, 平面A1BC1平面AB1D1=D1O,得BC1D1O, = , 同理可得AD1DC1,则易知 = , 又 =1, =1,即 =1.,证明 (1)G,H分别是A1B1,A1C1的中点, GH是A1B1
7、C1的中位线,GHB1C1. 又B1C1BC,GHBC,B,C,H,G四点共面. (2)E,F分别是AB,AC的中点,EFBC. EF平面BCHG,BC平面BCHG, EF平面BCHG.易知A1GEB, 四边形A1EBG是平行四边形,A1EGB. A1E平面BCHG,GB平面BCHG, A1E平面BCHG. A1EEF=E,平面EFA1平面BCHG.,方法技巧 证明面面平行的常用方法 (1)面面平行的定义; (2)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)如果两个平面同时平行于第三个平面,那么这
8、两个平面平行; (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证 明.,2-1 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,如图. (1)求证:平面AB1D1平面C1BD; (2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,并证明A1E= EF=FC.,解析 (1)证明:因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中, ADB1C1, AD=B1C1 , 所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1C1D. 又因为C1D平面C1BD,AB1平面C1BD, 所以AB1平面C1BD. 同理,B1D1平面C1BD.又因为AB1B1D1=B1, AB1平面AB1D1,B1D1平
9、面AB1D1, 所以平面AB1D1平面C1BD.,(2)如图,连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,与A1C交于点E. 又因为AO1平面AB1D1, 所以点E也在平面AB1D1内,所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点. 连接AC,交BD于点O,连接C1O,与A1C交于点F, 则点F就是A1C与平面C1BD的交点.,下面证明A1E=EF=FC. 因为平面A1C1C平面AB1D1=EO1, 平面A1C1C平面C1BD=C1F, 平面AB1D1平面C1BD,所以EO1C1F, 在A1C1F中,O1是A1C1的中点, 所以E是A1F的中点,即A1E=EF.同理可证OFAE, 所以F是CE的
10、中点,即FC=EF,所以A1E=EF=FC.,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MH,MC1,易证四边形HMC1D1是 平行四边形,HD1MC1. 又易证得MC1BF,BFHD1. (2)取BD的中点O,连接EO,D1O,则OEDC,且OE= DC,又D1GDC且D1 G= DC,OED1G, 四边形OEGD1是平行四边形,GED1O.又GE平面BB1
11、D1D,D1O,平面BB1D1D,EG平面BB1D1D. (3)由(1)知BFHD1, 又BDB1D1,B1D1、HD1平面B1D1H,BF、BD平面BDF,且B1D1HD1 =D1,DBBF=B, 平面BDF平面B1D1H.,3-1 如图,四边形ABCD与四边形ADEF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.,(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DEGN. 因为M为AB的中点,所以MN为ABD的中位线, 所以BDMN. 又GNNM=N,EDBD=D,所以平面BDE平面MNG.,
