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【高考讲坛】2016届高考数学一轮复习 第7章 第3节 直线、平面平行的判定及其性质课件 理 苏教版


固 基 础 · 自 主 落 实

第三节

直线、平面平行的判定及其性质

启 智 慧 · 高 考 研 析

提 知 能 · 典 例 探 究

课 后 限 时 自 测

考 纲 传 真

内容 A 直线与平面平行 的判定及性质 两平面平行的

判定及性质

要求 B √ C



1.直线与平面平行的判定 (1)定义:直线与平面 没有公共点 ,则称直线平行于平面. (2)判定定理:若a?α,b?α,a∥b ,则 b∥α. 2.直线与平面平行的性质定理 若 a∥α,a?β,α∩β=b ,则 a∥b.

3.面面平行的判定与性质 判定 定义 图形 定理 性质

a?β,b?β,
条件 α∩β=?

α∥β, α∩γ=a, β∩γ=b
a∥b

a∩b=P,
a∥α,b∥α

α∥β, a?β
a∥α

结论

α∥β

α∥β

4.与垂直相关的平行的判定 (1)a⊥α,b⊥α? a∥b ;(2)a⊥α,a⊥β?α∥β .

1.(夯基释疑)判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误 的打“×”) (1)如果一条直线不在某个平面内,那么这条直线就与这个平 面平行. ( ) )

(2)过平面外一点有无数条直线与这个平面平行. (

(3)若平面 α 内的两条直线分别与平面 β 平行,则 α 与 β 平 行. ( )

(4)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线 平行或异面. ( )

[ 解析]

直线与平面相交或平行统称为直线在平面外,故 (1)

错;过平面外一点能作一个平面与这个平面平行,故(2)正确;平 面 α 内的两条直线应为相交直线,故(3)错;(4)对.

[ 答案]

(1)× (2)√ (3)× (4)√

2.(教材习题改编)已知 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两 个不同的平面,①若 m∥α,n∥α,则 m∥n;②若 m∥α,m∥β, 则 α∥β;③若 m∥β,n?β,则 m∥n;④若 α∥β,m?α,则 m∥ β. 上面命题中正确的是________.
[ 解析] 对于命题①中,两直线 m,n 平行或相交或异面,故

错;②中两平面还有可能相交,故错;③中 m,n 还有可能异面, 故错;④正确.

[ 答案]



3.在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E 是 DD1 的中点,则 BD1 与平面 ACE 的位置关系是________.
[ 解析] 如图所示,连结 BD 交 AC 于 F,连结 EF,

则 EF 是△BDD1 的中位线,∴EF∥BD1,又 EF?平面 ACE,BD1?平面 ACE, ∴BD1∥平面 ACE.

[ 答案]

平行

4.(2012· 四川高考改编)下列命题正确的编号是________. ①若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平 行; ②若一个平面内有三点到另一个平面的距离相等, 则这两个平 面平行; ③若一条直线平行于两个相交平面, 则这条直线与这两个平面 的交线平行; ④若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行.

[ 解析]

对于①,位于某一平面内的两条相交直线与该平面所

成的角均为零,因此错;对于②,三点如果在同一条直线上,两平 面还可能相交;对于④,借助几何图形(正方体)易知错误.

[ 答案]



5.已知直线 l,m 和平面 α,则下列命题正确的是________. ①若 l∥m,m?α,则 l∥α;②若 l∥α,m?α,则 l∥m;③ 若 l⊥m,l⊥α,则 m∥α;④若 l⊥α,m?α,则 l⊥m.

[ 解析]

对于①,若 l∥m,m?α,则 l∥α 或 l?α,所以①错;

对于②,若 l∥α,m?α,则 l∥m 或 l 与 m 是异面直线,所以②错; 对于③,若 l⊥m,l⊥α,则 m∥α 或 m?α,所以③错;对于④, 若 l⊥α,m?α,则必有 l⊥m,所以④正确.
[ 答案] ④

考向 1

线面平行的判定与性质(高频考点)

命题视角 线面平行的判定与性质是历年高考的重点, 主要命 题角度:①证明线面平行;②由线面平行证明线线平行;③线面平 行的判定与性质综合应用.

【典例 1】 (2014· 徐州质检)如图 731,在五面体 ABCDEF 中,已知 DE⊥平面 ABCD,AD∥BC,∠BAD=60° ,AB=2,DE =EF=1.

图 731 (1)求证:EF∥平面 ABCD; (2)求三棱锥 BDEF 的体积.

[ 思路点拨]

先由线线平行证出线面平行,再由性质定理得出

线线平行,从而证出线面平行.

[ 解]

(1)证明:因为 AD∥BC,AD?平面 ADEF,BC?平面

ADEF,所以 BC∥平面 ADEF,又 BC?平面 BCEF,平面 BCEF∩ 平面 ADEF=EF, 所以 BC∥EF, 又 BC?面 ABCD, EF?平面 ABCD, 所以 EF∥平面 ABCD.

(2)在平面 ABCD 内作 BH⊥AD 于点 H, 因为 DE⊥平面 ABCD,BH?平面 ABCD,所以 DE ⊥BH, 又 AD,DE?平面 ADEF,AD∩DE=D, 所以 BH⊥平面 ADEF, 所以 BH 是三棱锥 BDEF 的高.

在直角三角形 ABH 中,∠BAD=60° ,AB=2,所以 BH= 3, 因为 DE⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD,所以 DE⊥AD, 又由(1)知,BC∥EF,且 AD∥BC,所以 AD∥EF,所以 DE ⊥EF, 1 1 1 所 以 三 棱 锥 BDEF 的 体 积 V = ×S △ DEF×BH = × 3 3 2 3 ×1×1× 3= . 6

【通关锦囊】 判断或证明线面平行的常用方法: (1)利用线面平行的定义,一般用反证法; (2)利用线面平行的判定定理(a?α,b?α,a∥b?a∥α),其关 键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行,证明时注意用符 号语言的叙述; (3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a?α?a∥β); (4)利用面面平行的性质(α∥β,a?β,a∥α?a∥β).

【变式训练 1 】

(2012· 辽宁高考 ) 如图 732 ,直三棱柱

ABCA′B′C′,∠BAC=90° ,AB=AC= 2,AA′=1,点 M, N 分别为 A′B 和 B′C′的中点.

图 732 (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)求三棱锥 A′MNC 的体积.

[ 解]

(1)证明:法一:连结 AB′,AC′,如

图 , 由 已 知 ∠ BAC = 90° , AB = AC , 三 棱 柱 ABCA′B′C′为直三棱柱, 所以 M 为 AB′的中点. 又因为 N 为 B′C′的中点, 所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′,AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′.

法二:取 A′B′的中点 P,连结 MP,NP,AB′,如图, 而 M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点, 所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′, PN∥平面 A′ACC′.又 MP∩NP =P, 所以平面 MPN∥平面 A′ACC′.而 MN?平面 MPN, 所以 MN∥平面 A′ACC′.

(2) 法一: 连结 BN ,如图,由题意 A′N ⊥ B′C′ ,平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′, 所以 A′N⊥平面 NBC. 1 又 A′N= B′C′=1, 2 1 1 1 故 VA′= V NBC= . MNC=VNA′MC= VN2 A′BC 2 A′6 法二:VA′MNC=VA′NBC-VMNBC 1 1 = VA′NBC= . 2 6

考向 2

面面平行的判定与性质

【典例 2】 (2013· 江苏高考)如图 733,在三棱锥 SABC 中, 平面 SAB⊥平面 SBC,AB⊥BC,AS=AB.过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点.

图 733 求证:(1)平面 EFG∥平面 ABC; (2)BC⊥SA.

[ 证明] 的中点.

(1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F,所以 F 是 SB

又因为 E 是 SA 的中点, 所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC.

(2)因为平面 SAB⊥平面 SBC, 且交线为 SB, 又 AF?平面 SAB, AF⊥SB,所以 AF⊥平面 SBC, 因为 BC?平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC, AF∩AB=A, AF?平面 SAB, AB?平面 SAB, 所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA?平面 SAB,所以 BC⊥SA.

【规律方法】 1.先证明 F 是 SB 的中点,从而证明 EF∥平面 ABC. 2.证明两个平面平行的方法有: (1)用定义,此类题目常用反证法来完成证明; (2)用判定定理或推论(即“线线平行?面面平行”), 通过线面 平行来完成证明; (3)根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行 证明; (4)借助“传递性”来完成.

【 变 式 训 练 2 】 (2013· 陕 西 高 考 ) 如 图 734,四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 是底面中心,A1O⊥底 面 ABCD,AB=AA1= 2.

图 734 (1)证明:平面 A1BD∥平面 CD1B1; (2)求三棱柱 ABDA1B1D1 的体积.

[ 解]

(1)证明:由题设知,BB1 綊 DD1,

∴四边形 BB1D1D 是平行四边形,∴BD∥B1D1. 又 BD 平面 CD1B1,∴BD∥平面 CD1B1.

∵A1D1 綊 B1C1 綊 BC,∴四边形 A1BCD1 是平行四边形,

∴A1B∥D1C. 又 A1B 平面 CD1B1,∴A1B∥平面 CD1B1.

又 BD∩A1B=B,∴平面 A1BD∥平面 CD1B1.

(2)∵A1O⊥平面 ABCD, ∴A1O 是三棱柱 ABDA1B1D1 的高. 1 2 又 AO= AC=1,AA1= 2,∴A1O= AA2 - OA =1. 1 2 1 又 S△ABD= × 2× 2=1, 2 ∴V 三棱柱 ABDA1B1D1=S△ABD· A1O=1.

考向 3

线面平行中的探索问题

【典例 3】 (2014· 四川高考)在如图 735 所示的多面体中,四 边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形.

图 735 (1)若 AC⊥BC,证明:直线 BC⊥平面 ACC1A1; (2)设 D,E 分别是线段 BC,CC1 的中点,在线段 AB 上是否存 在一点 M,使直线 DE∥平面 A1MC?请证明你的结论.

[ 解]

(1)证明:因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形,

所以 AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因为 AB,AC 为平面 ABC 内两条相交的直线, 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC?平面 ABC,所以 AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1,AC 为平面 ACC1A1 内两条相交的 直线,所以 BC⊥平面 ACC1A1.

(2)取线段 AB 的中点 M,连结 A1M,MC,A1C,AC1,设 O 为 A1C,AC1 的交点.

由已知,O 为 AC1 的中点. 连结 MD,OE, 则 MD,OE 分别为△ABC, △ACC1 的中位线, 1 1 所以 MD 綊 AC,OE 綊 AC,因此,MD 綊 OE. 2 2

连结 OM,从而四边形 MDEO 为平行四边形,则 DE∥MO. 因为直线 DE?平面 A1MC,MO?平面 A1MC, 所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点),使直线 DE∥平面 A1MC.

【规律方法】 1.通过“中点找中点”的办法,取 AB 的中点证明. 2.解决探究问题一般要采用执果索因的方法,假设求解的结 果存在,从这个结果出发,寻找使这个结论成立的充分条件,如果 找到了符合结果要求的条件,则存在,否则就不存在.

【变式训练 3】 (2014· 扬州模拟)如图 736 所示,在三棱柱 ABCA1B1C1 中, D 是棱 CC1 的中点,问在棱 AB 上是否存在一点 E,使 DE∥平面 AB1C1?若存在,请确定点 E 的位置;若不存在,请说明理由.

图 736

[ 解]

法一:存在点 E,且 E 为 AB 的中点时,DE

∥平面 AB1C1, 下面给出证明: 如图,取 BB1 的中点 F,连结 DF, 则 DF∥B1C1, ∵AB 的中点为 E,连结 EF, 则 EF∥AB1,B1C1∩AB1=B1, ∴平面 DEF∥平面 AB1C1. 而 DE?平面 DEF,∴DE∥平面 AB1C1.

法二:假设在棱 AB 上存在点 E,使得 DE∥平面 AB1C1, 如图,取 BB1 的中点 F,连结 DF、EF,则 DF∥ B1C1, 又 DF?平面 AB1C1, ∴DF∥平面 AB1C1, 又 DE∥平面 AB1C1,DE∩DF=D, ∴平面 DEF∥平面 AB1C1,

∵EF?平面 DEF,∴EF∥平面 AB1C1, 又∵EF?平面 ABB1,平面 ABB1∩平面 AB1C1=AB1, ∴EF∥AB1, ∵点 F 是 BB1 的中点,∴点 E 是 AB 的中点. 即当点 E 是 AB 的中点时,DE∥平面 AB1C1.

明确 1 个关系 三种平行间的转化关系

做到 2 个防范 1.在推证线面平行时,一定要强调直线不在平 面内, 否则, 会出现错误. 2.线面平行的性质定理的符号语言为: a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b,三个条件缺一不可.

规范解答之 9

如何作答平行关系证明题

(14 分)(2014· 课标全国卷Ⅱ)如图 737, 四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点.

图 737 (1)证明:PB∥平面 AEC;

3 (2)设 AP=1,AD= 3,三棱锥 PABD 的体积 V= ,求 A 4 到平面 PBC 的距离.

—————— [ 规范解答示例]

———————

(1)设 BD 与 AC 的交点为 O,连结 EO. 因为四边形 ABCD 为矩形, 所以 O 为 BD 的中点, 又 E 为 PD 的中点, 所以 EO∥PB. 因为 EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. (7 分) (4 分) (2 分)

1 3 (2)由 V= PA· AB· AD= AB, 6 6 3 3 又 V= ,可得 AB= . 4 2 作 AH⊥PB 交 PB 于点 H. 由题设知 BC⊥平面 PAB, (9 分)

所以 BC⊥AH,故 AH⊥平面 PBC.

(12 分)

13 PA· AB 在 Rt△PAB 中, 由勾股定理可得 PB= , 所以 AH= = 2 PB 3 13 . 13 3 13 所以 A 到平面 PBC 的距离为 . 13 (14 分)

——————— [ 构建答题模板] 第一步

———————

证明点 O 为 BD 的中点; ? 第二步 根据三角形中位线定理证明 EO∥PB; ? 第三步 根据线面平行的判定定理证明 PB∥平面 AEC;

? 第四步 根据棱锥的体积公式求出 AB 的长度; ? 第五步 根据线面垂直的判定定理证明 AH⊥平面 PBC; ? 第六步 根据三角形的面积求 AH 的长即为点 A 到平面 PBC 的距离.

【智慧心语】
易错提示:(1)解题过程表达不准确. (2)漏写判定定理的条件.
防范措施:(1)解题过程要表达准确、格式要符合要求,每步 推理要有根有据; (2)计算题要有明确的计算过程,不可跨度太大.以免漏掉得 分点,引入数据要明确,要写明已知、设等字样,要养成良好的书 写习惯.

【类题通关】 (2012· 山东高考)如图 738,几何体 EABCD 是 四棱锥,△ABD 为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.

图 738 (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120° ,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥平面 BEC.

[ 解]

(1)如图(1),取 BD 的中点 O,连结 CO,EO.

(1) 由于 CB=CD,所以 CO⊥BD, 又 EC⊥BD,EC∩CO=C,CO,EC?平面 EOC,

所以 BD⊥平面 EOC, 因此 BD⊥EO, 又 O 为 BD 的中点, 所以 BE=DE.

(2)如图(2),取 AB 的中点 N,连结 DM,DN,MN,

(2) 因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE. 又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC.

又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° . 又 CB=CD,∠BCD=120° ,因此∠CBD=30° , 所以 DN∥BC. 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC, 所以 DN∥平面 BEC. 又 MN∩DN=N, 故平面 DMN∥平面 BEC. 又 DM?平面 DMN, 所以 DM∥平面 BEC.


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