高三數(shù)學一輪復習 74 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課件 （理） 新人教A版

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1、第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)1.認識和理解空間中線面平行、面面平行的判定2認識和理解空間中線面平行、面面平行的性質(zhì)3能運用線面、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理，證明一些空間圖形的位置關(guān)系的簡單命題. 1直線與平面平行的判定與性質(zhì)判定性質(zhì)圖形條件aa，b ，abaa，a，b結(jié)論abaab2.面面平行的判定與性質(zhì)判定性質(zhì)圖形條件a，b，abP，a，b，a，b，abP，a，b，aa，bb，ab，a結(jié)論aba1已知直線a，b，平面，滿足a，則使b的條件為()Aba Bba且b Ca與b異面 Da與b不相交解析：由線面平行的判定定理可知：由ba且b b.答案：B2若直線m平面，則條件甲：直線l，是

2、條件乙：lm的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：l時l與m并不一定平行，而lm時，l與也不一定平行，有可能l，條件甲是條件乙的既不充分也不必要條件答案：D3平面平面的一個充分條件是()A存在一條直線a，a，aB存在一條直線a，a，aC存在兩條平行直線a，b，a，b，a，bD存在兩條異面直線a，b，a，b，a，b解析：對于選項A，當、兩平面相交，直線a平行于交線時，滿足要求，故A不對；對于B，兩平面、相交，當a在平面內(nèi)且a平行于交線時，滿足要求，但與不平行；對于C，同樣在與相交，且a、b分別在、內(nèi)且與交線都平行時滿足要求；故只有D正確，因為a、b異面，

3、故在內(nèi)一定有一條直線a與a平行且與b相交，a，又b，a與b相交，.答案：D4過三棱柱ABCA1B1C1任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共有_條解析：各中點連線如下圖，只有面EFGH與面ABB1A1平行，在四邊形EFGH中有6條符合題意答案：6 答案：平行 熱點之一 直線與平面平行的判定判定直線與平面平行，主要有三種方法：1利用定義(常用反證法)2利用判定定理：關(guān)鍵是找平面內(nèi)與已知直線平行的直線可先直觀判斷平面內(nèi)是否已有，若沒有，則需作出該直線，?？紤]三角形的中位線、平行四邊形的對邊或過已知直線作一平面找其交線3利用面面平行的性質(zhì)定理：當兩平面平行時，其中一個平面內(nèi)的任一

4、直線平行于另一平面特別警示：線面平行關(guān)系沒有傳遞性，即平行線中的一條平行于一平面，另一條不一定平行于該平面例1如右圖所示，已知P、Q是正方體ABCDA1B1C1D1的面A1B1BA和面ABCD的中心證明：PQ平面BCC1B1.思路探究可考慮用線面平行的判定定理，在平面BCC1B1內(nèi)構(gòu)造與PQ平行的直線；也可利用面面平行的定義來證明，需構(gòu)造過PQ且與平面BCC1B1平行的平面四邊形PEFQ是平行四邊形PQEF.又PQ 平面BCC1B1，EF平面BCC1B1，PQ平面BCC1B1.證法二：如右圖，取AB的中點E，連接PE，QE，P是A1B的中點，PEA1A，又A1ABB1，PEBB1，又PE 平面

5、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.即時訓練 如右圖所示，在三棱錐PABC中，若D，E，F(xiàn)分別為PB，PC，AC的中點，問在PB上是否存在一點G，使得FG平面ADE?解：存在點G為BD的中點取EC的中點H，連接FH，HG，則FHAE，HGED，又AEEDE，F(xiàn)HHGH，故平面FHG平面ADE，又FG平面FHG，所以FG平面ADE. 熱點之二 直線與平面平行的性質(zhì)利用線面平行的性質(zhì)，可以實現(xiàn)由線面平行到線線平行的轉(zhuǎn)化在平時的解題過程中，若遇到線

6、面平行這一條件，就需在圖中找(或作)過已知直線與已知平面相交的平面這樣就可以由性質(zhì)定理實現(xiàn)平行轉(zhuǎn)化例2如下圖，在四面體ABCD中，截面EFGH平行于對棱AB和CD，試問截面在什么位置時其截面面積最大思路探究利用線面平行的性質(zhì)，可以判定截面形狀，再建立面積函數(shù)求最值課堂記錄AB平面EFGH，平面EFGH與平面ABC和平面ABD分別交于FG、EH.ABFG，ABEH，F(xiàn)GEH，同理可證EFGH，截面EFGH是平行四邊形設(shè)ABa，CDb，F(xiàn)GH(即為異面直線AB和CD所成的角或其補角)又設(shè)FGx，GHy，即時訓練 已知：直線a平面，直線a平面，b.求證：ab.證明：如下圖所示，過直線a作平面，分別交

7、平面，于直線m，n(m，n不同于交線b)，由直線與平面平行的性質(zhì)定理得am，an，由平行線的傳遞性得mn，由于n ，m，故n平面，又n，b，故nb，又an，故ab.熱點之三 平面與平面平行的判定判定平面與平面平行的常用方法有：1利用定義(常用反證法)2利用判定定理：轉(zhuǎn)化為判定一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面客觀題中，也可直接利用一個平面內(nèi)的兩條相交線分別平行于另一個平面內(nèi)的兩條相交線來證明兩平面平行例3如下圖所示，正三棱柱ABCA1B1C1各棱長為4，E、F、G、H分別是AB、AC、A1C1、A1B1的中點，求證：平面A1EF平面BCGH.思路探究本題證面面平行，可證明平面A1EF

8、內(nèi)的兩條相交直線分別與平面BCGH平行，然后根據(jù)面面平行的判定定理即可證明課堂記錄ABC中，E、F分別為AB、AC的中點，EFBC.又EF 平面BCGH，BC平面BCGH，EF平面BCGH.又G、F分別為A1C1、AC的中點，A1G綊FC.四邊形A1FCG為平行四邊形A1FGC.又A1F 平面BCGH，CG平面BCGH，A1F平面BCGH.又A1FEFF，平面A1EF平面BCGH.即時訓練 正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別為A1A和C1C的中點，求證：面EB1D1面FDB.解：如右圖，連接ED、B1F，設(shè)正方體棱長為a.則EB1DFEDB1F四邊形EDFB1為菱形EB1DF.又DF

9、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.熱點之四 平面與平面平行的性質(zhì)平面與平面平行的判定與性質(zhì)，同直線與平面平行的判定與性質(zhì)一樣，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的思想三種平行關(guān)系如下圖性質(zhì)過程的轉(zhuǎn)化實施，關(guān)鍵是作輔助平面，通過作輔助平面得到交線，就可把面面平行化為線面平行并進而化為線線平行，注意作平面時要有確定平面的依據(jù) 思路探究本題是開放性題目，是近年來高考熱點，利用面面平行的性質(zhì)證明BGCH，從而可得.課堂記錄(1)平面平面，平面與沒有公共點，但不一定總有ADBE.同理不總有BECF，不一定有ADBECF.(2)過A點作DF的

10、平行線，交，于G，H兩點，AHDF.過兩條平行線AH，DF的平面交平面，于AD，GE，HF.根據(jù)兩平面平行的性質(zhì)定理，有ADGEHF，即時訓練 (2010廣東佛山模擬)如下圖(1)，在正四棱柱ABCDABCD中，AB1，BB1，E為BB上使BE1的點，平面AEC交DD于F，交AD的延長線于G，則異面直線AD與CG所成角的大小為_圖(1)解析：如圖(2)，連結(jié)CF，由ADDG，知CGD為異面直線AD與CG所成的角圖(2)本節(jié)主要考查線線、線面、面面平行的判定與性質(zhì)，題型多以選擇題形式出現(xiàn)，屬容易題，解答題中多以幾何體為載體；試題中主要考查對定義、定理的深刻理解，對符號語言、圖形語言、文字語言進行

11、順序的轉(zhuǎn)換，既考查空間想象能力，又考查邏輯思維能力例5(2010湖南高考)如右圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(1)求直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F平面A1BE？證明你的結(jié)論解(1)如圖(a)所示，取AA1的中點M，連結(jié)EM，BM.因為E是DD1的中點，四邊形ADD1A1為正方形，所以EMAD.又在正方體ABCDA1B1C1D1中，AD平面ABB1A1，所以EM平面ABB1A1，從而BM為直線BE在平面ABB1A1上的射影，EBM為BE和平面ABB1A1所成的角(2)在棱C1D1上存在點F，使B1F平面A1

12、BE.事實上，如圖(b)所示，分別取C1D1和CD的中點F，G，連結(jié)EG，BG，CD1，F(xiàn)G.因A1D1B1C1BC，且A1D1BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，因此D1CA1B.又E，G分別D1D，CD的中點，所以EGD1C，從而EGA1B.這說明A1，B，G，E共面所以BG平面A1BE.因四邊形C1CDD1與B1BCC1皆為正方形，F(xiàn)，G分別為C1D1和CD的中點，所以FGC1CB1B，且FGC1CB1B.因此四邊形B1BGF是平行四邊形所以B1FBG.而B1F 平面A1BE，BG平面A1BE，故B1F平面A1BE.(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，試說明理由解：(1)證明：連接BD，設(shè)AC交BD于O，由題意SOAC.在正方形ABCD中，ACBD，所以AC平面SBD，得ACSD.所以SDO60.連接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，