高考数学一轮复习第七章立体几何3直线平面平行的判定与性质课件新人教A版
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因为A1D1 B1C1 BC,
所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.
因为A1B⊄平面CD1B1,D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.
又因为BD∩A1B=B,所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1,
又平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,
均可满足直线a⊥b,且直线a∥平面α的情况,故选D.
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.
(2)①中,当α与β相交时,也能存在符合题意的l,m;②中,l与m也可能异面;③ 关闭
其中真命题的个数为(
)
中,l∥γ,l⊂β,β∩γ=m⇒l∥m,同理l∥n,则m∥n,正确.
(1)D (2)C
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,AB⊂平面SAB,
所以BC⊥平面SAB.
因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.
考点2
考点3
证明 (1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,
所以F是SB的中点.
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.
又因为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,
(2)A错误,n有可能在平面α内;B错误,平面α有可能与平面β相交;C错误,n也
B.若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β
有可能在平面β内;D正确,易知m∥β或m⊂β,若m⊂β,又n∥m,n⊄β,∴n∥β,若
C.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β
m∥β,过m作平面γ交平面β于直线l,则m∥l,又n∥m,∴n∥l,又
直线、平面平行的判定与性质
-2知识梳理
双基自测
1.直线与平面平行的判定与性质
内容
判
定义
定
定理
性
质
图形
条件 a∩α=⌀ a⊂α,b⊄α,a∥b
结论 a∥α
b∥α
a∥α
a∩α=⌀
a∥α,a⊂β,α∩β=b
a∥b
-3知识梳理
双基自测
2.面面平行的判定与性质
内容
判
定
定义
定理
性
质
图形
条件 α∩β=⌀
a⊂β,b⊂β,a∩b=P, α∥β,α∩γ=a,
-21考点1
考点2
考点3
(2)解:如图,过点E作EH⊥AB,垂足为H,
∵BC⊥AB,且BC⊥B,AB∩SB=B,
∴BC⊥平面SAB,
∵EH⊂平面ABS,∴EH⊥BC,
又EH⊥AB,AB∩BC=B,
∴EH⊥平面ABCD,
在△SAB中,取AB中点M,连接SM,
∵SA=SB,∴SM⊥AB,∴SM=1.
β∩γ=b
____________
a∥α,b∥α
α∥β,a⊂β
结论 α∥β
α∥β
a∥α
a∥b
-4知识梳理
双基自测
3.常用结论
(1)两个平面平行的有关结论
①垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.
②平行于同一平面的两个平面平行,即若α∥β,γ∥β,则α∥γ.
(2)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
所以CD∥平面AC1D1.
同理,B1D∥平面AC1D1.
因为B1D∩CD=D,所以平面B1CD∥平面AC1D1.
因为AC1⊂平面AC1D1,所以AC1∥平面B1CD.
-17考点1
考点2
考点3
(2)如图,因为P是△A1CD的重心,连接A1P并延长,交CD于点M,
则M为CD的中点.
同理连接B1Q,并延长,与CD也相交于点M.
解析
答案
-14考点1
考点2
考点3
考点 2
直线与平面平行的判定与性质
例2如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,
AC=BC=CC1=2,D为AB的中点.
(1)证明:AC1∥平面B1CD;
(2)若P,Q分别是△A1CD与△B1CD的重心,证明:PQ∥平面ABC.
思考证明线面平行的关键是什么?
(1)证明:SC∥平面BDE;
(2)若BC⊥SB,求三棱锥C-BDE的体积.
-20考点1
考点2
考点3
(1)证明:如图,连接AC,设AC∩BD=O,连接OE.
∵四边形ABCD为矩形,∴O为AC的中点,
在△ASC中,E为AS的中点,∴SC∥OE,
又OE⊂平面BDE,SC⊄平面BDE,
∴SC∥平面BDE.
考点3
方法二(性质定理法)如图,取A1B1的中点D1,连接C1D1,AD1,DD1.
在矩形ABB1A1中,AD=DB,A1D1=D1B1,
所以AD1∥DB1,且DD1 BB1.
又因为BB1 CC1,所以DD1 CC1,
所以四边形CDD1C1是平行四边形,
所以C1D1∥CD.
又因为C1D1⊂平面AC1D1,CD⊄平面AC1D1,
因AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,
故AD1∥平面BDC1,故④正确.
-8知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
3.已知P是正方体ABCD-A1B1C1D1棱DD1上任意一点(不与端点重
合),则该在正方体的12条棱中,与平面ABP平行的直线是DC,D1C1,A. 1B1
解析 DC,D1C1,A1B1均平行于直线AB,依据直线与平面平行判定
内部运动,则M满足条件
时,有MN∥平面
B1BDD1.
解析 由题意易知平面HNF∥平面B1BDD1,当点M满足在线段FH
上有MN∥平面B1BDD1.
-11考点1
考点2
考点3
考点 1
线面平行、面面平行的基本问题
例1(1)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列结论
中正确的是(
)
A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
直线平行的直线;
(2)利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,
或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行;
(3)注意说明已知的直线不在平面内,即三个条件缺一不可.
-19考点1
考点2
考点3
对点训练2如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为SA
的中点,SA=SB=2,AB=2 √3 ,BC=3.
(4)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平
面平行.( × )
(5)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.( √ )
-6知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是①②④(填
序号).
①AD1∥BC1;
②平面AB1D1∥平面BDC1;
1
1
1
1
由重心的性质可得 = 3 , = 3.
所以
1
=
,所以
1
PQ∥A1B1.
又因为AB∥A1B1,所以PQ∥AB.
因为PQ⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以PQ∥平面ABC.
-18考点1
考点2
考点3
解题心得证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法:
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知
(3)利用线面垂直的性质(l⊥α,l⊥β ⇒α∥β).
-25考点1
考点2
考点3
对点训练3如图所示,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,
AB⊥BC,AS=AB.过点A作AF⊥SB,垂足为F,E,G分别是棱SA,SC的中
点.求证:
(1)平面EFG∥平面ABC;
(2)BC⊥SA.
-26考点1
置关系是(
)
A.b⊂α
B.b∥α
C.b⊂α或b∥α
D.b与α相交或b⊂α或b∥α
(2)给出下列关于互不相同的直线l,m,n和平面α,β,γ的三个命题: 关闭
①若l与m为异面直线,l⊂α,m⊂β,则α∥β;
(1)可以构造一草图来表示位置关系,经验证,当b与α相交或b⊂α或b∥α时,
②若α⊥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;
平面ABCD∩平面A1BD=直线BD,
所以直线l∥直线BD.
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形BDD1B1为平行四边形,
所以B1D1∥BD,所以B1D1∥l.
-24考点1
考点2
考点3
解题心得判定面面平行的常用方法:
(1)利用面面平行的判定定理;
(2)利用面面平行的传递性(α∥β,β∥γ⇒α∥γ);
-15考点1
考点2
考点3
证明 (1)方法一(判定定理法)
连接BC1,交B1C于点O,连接OD.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形BCC1B1是平行四边形.
∴O是BC1的中点.
∵D为AB的中点,∴OD∥AC1.
又OD⊂平面B1CD,AC1⊄平面B1CD,
∴AC1∥平面B1CD.
-16考点1
考点2
定理,均可证明它们平行于平面ABP.
-9知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
4.在四面体ABCD中,M,N分别是平面△ACD,△BCD的重心,则四
面体的四个面中与MN平行的是 平面ABC、平面ABD .
解析 如图,连接AM并延长交CD于点E,连接BN并延长交CD于点F.
由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD的中点E,
1
由 = = 2 ,得MN∥AB,因此,MN∥平面ABC,且MN∥平面ABD.
-10知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
5.如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱
CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其
M∈线段FH
③AD1∥DC1;
④AD1∥平面BDC1.
-7知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
解析 如图.
因为AB C1D1,
所以四边形AD1C1B为平行四边形.
故AD1∥BC1,从而①正确;
易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,
又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,
故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②正确;
由图易知AD1与DC1异面,故③错误;
1
1
∵EH∥SM,∴EH=2SM=2.
1
又 S△BCD= ×3×2√3=3√3,
2
1
1
1
∴VC-BDE=VE-BCD=3S△BCD·
EH=3×3√3 × 2 =
√3
2
∴三棱锥 C-BDE 的体积为 .
√3
.
2
-22考点1
考点2
考点3
考点 3
平面与平面平行的判定与性质
例3如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
D.若α∥β,m∥α,n∥m,n⊄β,则n∥β
关闭
n⊄β,l⊂β,
∴n∥β.
(1)D
(2)D
思考如何借助几何模型来找平行关系?
解析
答案
-12考点1
考点2
考点3
解题心得线面平行、面面平行的命题真假判断多以小题出现,处
理方法是数形结合,画图或结合正方体等有关模型来解题.
-13考点1
考点2
考点3
对点训练1(1)若直线a⊥b,且直线a∥平面α,则直线b与平面α的位
关闭
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
(2)设m,n表示不同直线,α,β表示不同平面,则下列结论中正确的是
(1)A中,m与n可相交、可异面、可平行;B中,m与n可平行、可异面;C中,
(α∥β,仍然可满足m⊥n,m⊂α,n⊂β,故C错误;故D正确.
)
A.若m∥α,m∥n,则n∥α
错误.
-5知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于
这个平面.( × )
(2)若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的
任一条直线.( × )
(3)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.( × )
(1)证明:平面A1BD∥平面CD1B1;
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,证明:B1D1∥l.
思考证明面面平行的常用方法有哪些?
-23考点1
考点2
考点3
证明 (1)由题设知BB1 DD1,
所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1.
因为BD⊄平面CD1B1,B1D1⊂平面CD1B1,所以BD∥平面CD1B1.
所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.
因为A1B⊄平面CD1B1,D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.
又因为BD∩A1B=B,所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1,
又平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,
均可满足直线a⊥b,且直线a∥平面α的情况,故选D.
③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.
(2)①中,当α与β相交时,也能存在符合题意的l,m;②中,l与m也可能异面;③ 关闭
其中真命题的个数为(
)
中,l∥γ,l⊂β,β∩γ=m⇒l∥m,同理l∥n,则m∥n,正确.
(1)D (2)C
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,AB⊂平面SAB,
所以BC⊥平面SAB.
因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.
考点2
考点3
证明 (1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,
所以F是SB的中点.
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.
又因为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,
(2)A错误,n有可能在平面α内;B错误,平面α有可能与平面β相交;C错误,n也
B.若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β
有可能在平面β内;D正确,易知m∥β或m⊂β,若m⊂β,又n∥m,n⊄β,∴n∥β,若
C.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β
m∥β,过m作平面γ交平面β于直线l,则m∥l,又n∥m,∴n∥l,又
直线、平面平行的判定与性质
-2知识梳理
双基自测
1.直线与平面平行的判定与性质
内容
判
定义
定
定理
性
质
图形
条件 a∩α=⌀ a⊂α,b⊄α,a∥b
结论 a∥α
b∥α
a∥α
a∩α=⌀
a∥α,a⊂β,α∩β=b
a∥b
-3知识梳理
双基自测
2.面面平行的判定与性质
内容
判
定
定义
定理
性
质
图形
条件 α∩β=⌀
a⊂β,b⊂β,a∩b=P, α∥β,α∩γ=a,
-21考点1
考点2
考点3
(2)解:如图,过点E作EH⊥AB,垂足为H,
∵BC⊥AB,且BC⊥B,AB∩SB=B,
∴BC⊥平面SAB,
∵EH⊂平面ABS,∴EH⊥BC,
又EH⊥AB,AB∩BC=B,
∴EH⊥平面ABCD,
在△SAB中,取AB中点M,连接SM,
∵SA=SB,∴SM⊥AB,∴SM=1.
β∩γ=b
____________
a∥α,b∥α
α∥β,a⊂β
结论 α∥β
α∥β
a∥α
a∥b
-4知识梳理
双基自测
3.常用结论
(1)两个平面平行的有关结论
①垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.
②平行于同一平面的两个平面平行,即若α∥β,γ∥β,则α∥γ.
(2)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
所以CD∥平面AC1D1.
同理,B1D∥平面AC1D1.
因为B1D∩CD=D,所以平面B1CD∥平面AC1D1.
因为AC1⊂平面AC1D1,所以AC1∥平面B1CD.
-17考点1
考点2
考点3
(2)如图,因为P是△A1CD的重心,连接A1P并延长,交CD于点M,
则M为CD的中点.
同理连接B1Q,并延长,与CD也相交于点M.
解析
答案
-14考点1
考点2
考点3
考点 2
直线与平面平行的判定与性质
例2如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,
AC=BC=CC1=2,D为AB的中点.
(1)证明:AC1∥平面B1CD;
(2)若P,Q分别是△A1CD与△B1CD的重心,证明:PQ∥平面ABC.
思考证明线面平行的关键是什么?
(1)证明:SC∥平面BDE;
(2)若BC⊥SB,求三棱锥C-BDE的体积.
-20考点1
考点2
考点3
(1)证明:如图,连接AC,设AC∩BD=O,连接OE.
∵四边形ABCD为矩形,∴O为AC的中点,
在△ASC中,E为AS的中点,∴SC∥OE,
又OE⊂平面BDE,SC⊄平面BDE,
∴SC∥平面BDE.
考点3
方法二(性质定理法)如图,取A1B1的中点D1,连接C1D1,AD1,DD1.
在矩形ABB1A1中,AD=DB,A1D1=D1B1,
所以AD1∥DB1,且DD1 BB1.
又因为BB1 CC1,所以DD1 CC1,
所以四边形CDD1C1是平行四边形,
所以C1D1∥CD.
又因为C1D1⊂平面AC1D1,CD⊄平面AC1D1,
因AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,
故AD1∥平面BDC1,故④正确.
-8知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
3.已知P是正方体ABCD-A1B1C1D1棱DD1上任意一点(不与端点重
合),则该在正方体的12条棱中,与平面ABP平行的直线是DC,D1C1,A. 1B1
解析 DC,D1C1,A1B1均平行于直线AB,依据直线与平面平行判定
内部运动,则M满足条件
时,有MN∥平面
B1BDD1.
解析 由题意易知平面HNF∥平面B1BDD1,当点M满足在线段FH
上有MN∥平面B1BDD1.
-11考点1
考点2
考点3
考点 1
线面平行、面面平行的基本问题
例1(1)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列结论
中正确的是(
)
A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
直线平行的直线;
(2)利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,
或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行;
(3)注意说明已知的直线不在平面内,即三个条件缺一不可.
-19考点1
考点2
考点3
对点训练2如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为SA
的中点,SA=SB=2,AB=2 √3 ,BC=3.
(4)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平
面平行.( × )
(5)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.( √ )
-6知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是①②④(填
序号).
①AD1∥BC1;
②平面AB1D1∥平面BDC1;
1
1
1
1
由重心的性质可得 = 3 , = 3.
所以
1
=
,所以
1
PQ∥A1B1.
又因为AB∥A1B1,所以PQ∥AB.
因为PQ⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以PQ∥平面ABC.
-18考点1
考点2
考点3
解题心得证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法:
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知
(3)利用线面垂直的性质(l⊥α,l⊥β ⇒α∥β).
-25考点1
考点2
考点3
对点训练3如图所示,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,
AB⊥BC,AS=AB.过点A作AF⊥SB,垂足为F,E,G分别是棱SA,SC的中
点.求证:
(1)平面EFG∥平面ABC;
(2)BC⊥SA.
-26考点1
置关系是(
)
A.b⊂α
B.b∥α
C.b⊂α或b∥α
D.b与α相交或b⊂α或b∥α
(2)给出下列关于互不相同的直线l,m,n和平面α,β,γ的三个命题: 关闭
①若l与m为异面直线,l⊂α,m⊂β,则α∥β;
(1)可以构造一草图来表示位置关系,经验证,当b与α相交或b⊂α或b∥α时,
②若α⊥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;
平面ABCD∩平面A1BD=直线BD,
所以直线l∥直线BD.
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形BDD1B1为平行四边形,
所以B1D1∥BD,所以B1D1∥l.
-24考点1
考点2
考点3
解题心得判定面面平行的常用方法:
(1)利用面面平行的判定定理;
(2)利用面面平行的传递性(α∥β,β∥γ⇒α∥γ);
-15考点1
考点2
考点3
证明 (1)方法一(判定定理法)
连接BC1,交B1C于点O,连接OD.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形BCC1B1是平行四边形.
∴O是BC1的中点.
∵D为AB的中点,∴OD∥AC1.
又OD⊂平面B1CD,AC1⊄平面B1CD,
∴AC1∥平面B1CD.
-16考点1
考点2
定理,均可证明它们平行于平面ABP.
-9知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
4.在四面体ABCD中,M,N分别是平面△ACD,△BCD的重心,则四
面体的四个面中与MN平行的是 平面ABC、平面ABD .
解析 如图,连接AM并延长交CD于点E,连接BN并延长交CD于点F.
由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD的中点E,
1
由 = = 2 ,得MN∥AB,因此,MN∥平面ABC,且MN∥平面ABD.
-10知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
5.如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱
CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其
M∈线段FH
③AD1∥DC1;
④AD1∥平面BDC1.
-7知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
解析 如图.
因为AB C1D1,
所以四边形AD1C1B为平行四边形.
故AD1∥BC1,从而①正确;
易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,
又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,
故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②正确;
由图易知AD1与DC1异面,故③错误;
1
1
∵EH∥SM,∴EH=2SM=2.
1
又 S△BCD= ×3×2√3=3√3,
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1
1
∴VC-BDE=VE-BCD=3S△BCD·
EH=3×3√3 × 2 =
√3
2
∴三棱锥 C-BDE 的体积为 .
√3
.
2
-22考点1
考点2
考点3
考点 3
平面与平面平行的判定与性质
例3如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
D.若α∥β,m∥α,n∥m,n⊄β,则n∥β
关闭
n⊄β,l⊂β,
∴n∥β.
(1)D
(2)D
思考如何借助几何模型来找平行关系?
解析
答案
-12考点1
考点2
考点3
解题心得线面平行、面面平行的命题真假判断多以小题出现,处
理方法是数形结合,画图或结合正方体等有关模型来解题.
-13考点1
考点2
考点3
对点训练1(1)若直线a⊥b,且直线a∥平面α,则直线b与平面α的位
关闭
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
(2)设m,n表示不同直线,α,β表示不同平面,则下列结论中正确的是
(1)A中,m与n可相交、可异面、可平行;B中,m与n可平行、可异面;C中,
(α∥β,仍然可满足m⊥n,m⊂α,n⊂β,故C错误;故D正确.
)
A.若m∥α,m∥n,则n∥α
错误.
-5知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于
这个平面.( × )
(2)若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的
任一条直线.( × )
(3)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.( × )
(1)证明:平面A1BD∥平面CD1B1;
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,证明:B1D1∥l.
思考证明面面平行的常用方法有哪些?
-23考点1
考点2
考点3
证明 (1)由题设知BB1 DD1,
所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1.
因为BD⊄平面CD1B1,B1D1⊂平面CD1B1,所以BD∥平面CD1B1.