2020版高考数学_福建专用_一轮复习课件_第八章 立体几何 直线、平面平行的判定与性质

判定
定义
定理
性质
图形
条件 α∩β=⌀ 结论 α∥β
a⊂β,b⊂β,a∩b=P, α∥β,α∩γ=a,
_a_∥__α_,b_∥__α____ β∩γ=b
α∥β
a∥b
α∥β,a⊂β a∥α
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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,β∥γ,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 错误.
(2)解:由(1)可知������������ = ������������ = 2,∴MG=2PH.
������������ ������������ 3
3
又 PH=12AD,∴MG=13AD.
同理可得 NG=13AC,MN=13CD.
∴△MNG∽△DCA,其相似比为1∶3,∴S△MNG∶S△ADC=1∶9.
解析 答案
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4.(教材习题改编P62TA3)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 . 关闭
如图,连接 AM 并延长交 CD 于 E,连接 BN 并延长交 CD 于 F,由重心性质可知,E,F 重合为一点,且该点为 CD 的中点 E,由 ���������������平��������� =面������������A������������B=C、12,得平面MNA∥BDAB,因此,MN∥平面 ABC,且 MN∥平面 ABD.关闭
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
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
关闭
(1)(可2)以给构出造下一列草关图于来互表不示相位置同关的系直,经线验l,m证,n,当和b平与面α相α,交β,或γ的b⊂三α个或命b∥题α时: ,
∴������������
������������
=
������������ ������������
=
������������������������ =2.
连接PF,FH,PH,则MN∥PF.
又PF⊂平面ACD,∴MN∥平面ACD.
同理可得MG∥平面ACD.
∵MG∩MN=M,∴平面MNG∥平面ACD.
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考点1
考点2
考点3
解题心得证明面面平行的常用方法 (1)面面平行的判定定理(常用方 法):a⊂α,b⊂α,a∩b=P,a∥β,b∥β⇒α∥β. (2)判定定理的推 论:a⊂α,b⊂α,a∩b=P,a∥a',b∥b',a'∩b'=P',a'⊂β,b'⊂β⇒α∥β. (3)垂直于同一条直线的两个平面平行. (4)平行于同一个平面的两个平面平行. (5)向量法:证明两个平面的法向量平行.
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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
.
关闭
DC,D1C1,A1B1均平行于直线AB,依据直线与平面平行判定定理,均可证明 关闭
D它C们,D1平C1行,A1于B1平面ABP
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考点1
考点2
考点3
对点训练3如图,B为△ACD所在平面外一点,M,N,G分别为 △ABC,△ABD,△BCD的重心.
(1)求证:平面MNG∥平面ACD;
(2)求S△MNG∶S△ADC.
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考点1
考点2
考点3
(1)证明:连接BM,BN,BG,并延长分别交AC,AD,CD于P,FBiblioteka BaiduH.
∵M,N,G分别为△ABC,△ABD,△BCD的重心,
α∥(2β),设仍然m,可n表满示足不m⊥同n直,m线⊂α,α,n,β⊂表β,故示C不错同误平;故面D正,则确下. 列结论中正确的是
((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
有可A.能若在m平∥α面,mβ∥内n;,D则正n确∥,α易知m∥β或m⊂β,若m⊂β,又n∥m,n⊄β,∴n∥β, 若mBC..∥若若βmα,过∥⊂βmα,,m作n∥⊂平αβ面,,mmγ∥∥交nβ平,,则n∥面nαβ∥,于则β 直α∥线βl,则m∥l,又n∥m,∴n∥l,又
关闭
(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
答案
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2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论正确的是 号).
①AD1∥BC1; ②平面AB1D1∥平面BDC1; ③AD1∥DC1; ④AD1∥平面BDC1.
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(填序
①②④
关闭
答案
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n⊄Dβ,.l若⊂βα,∥∴βn,∥m∥β.α,n∥m,n⊄β,则n∥β
关闭
(1思)D考(如2)D何借助几何模型来找平行关系?
解析 答案
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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.
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考点1
考点2
考点3
解析 答案
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5.如图,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
内部运动,则点M满足条件
时,有MN∥平面
B1BDD1.
关闭
由题意易知平面HNF∥平面B1BDD1,当点M满足在线段FH上时有MN∥平
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解析 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; 因AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1, 故AD1∥平面BDC1,故④正确.
8.4 直线、平面平行的判定与性质
知识梳理
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1.直线与平面平行的判定与性质
判定 定义 定理
性质
图形
条件 a∩α=⌀ a⊂α,b⊄α,a∥b a∥α
结论 a∥α b∥α
a∩α=⌀
a∥α,a⊂β,α∩β=b a∥b
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2.面面平行的判定与性质
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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.( ) (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.( )
面B1BDD1.
关闭
M∈线段FH
解析 答案
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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,下列命题
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
关闭
(1)CA中.若,mm与⊥nn可,m相⊂交α,、n⊂可β,异则面α⊥、可β 平D.行若;Bm中⊥,mα,与m∥n可n,平n∥行β,、则可α⊥异面β ;C中,若
其中真命题的个数为( )
关闭
(1)AD.3 (2B)C.2 C.1 D.0
解析 答案
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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在如图所示的多面体中,DE⊥平面 ABCD,AF∥DE,AD∥BC,AB=CD,∠ABC=60°,BC=2AD=4DE=4.
(1)在AC上求作点P,使PE∥平面ABF,请写出作法并说明理由; (2)求三棱锥A-CDE的高. 思考证明线面平行的关键是什么?
∴三棱锥 A-CDE 的高为√3.
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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 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.
考点1
考点2
考点3
解 (1)点F,G,H的位置如图所示. (2)平面BEG∥平面ACH.证明如下: 因为ABCD-EFGH为正方体, 所以BC∥FG,BC=FG, 又FG∥EH,FG=EH, 所以BC∥EH,BC=EH, 于是四边形BCHE为平行四边形. 所以BE∥CH. 又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH, 所以BE∥平面ACH. 同理BG∥平面ACH. 又BE∩BG=B,所以平面BEG∥平面ACH.
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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3一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如 图所示.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论. 思考证明面面平行的常用方法有哪些?
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考点1
考点2
考点3
解:(1)取BC的中点G,连接DG,交AC于P,连接PE,此时P为所求作 的点,如图所示.
下面给出证明:
∵BC=2AD,∴BG=AD,又BC∥AD, ∴四边形BGDA为平行四边形, ∴DG∥AB,即DP∥AB,
又AB⊂平面ABF,DP⊄平面ABF,
∴DP∥平面ABF, ∵AF∥DE,AF⊂平面ABF,DE⊄平面ABF,∴DE∥平面ABF, 又DP⊂平面PDE,DE⊂平面PDE,PD∩DE=D,∴平面ABF∥平面
PDE,
又PE⊂平面PDE,∴PE∥平面ABF.
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考点1
考点2
考点3
(2)在等腰梯形ABCD中,
∵∠ABG=60°,BC=2AD=4,
∴由题意得梯形的高为√3, ∴S△ACD=12×2×√3 = √3, ∵DE⊥平面 ABCD, ∴DE 是三棱锥 E-ACD 的高,
设三棱锥 A-CDE 的高为 h, 由 VA-CDE=VE-ACD,得13×S△CDE×h=13×S△ACD×DE, 即12×2×1×h=√3,解得 h=√3.
均可①满若足l与直m线为a⊥异b面,且直直线线,la⊂∥α平,m面⊂βα,的则情α∥况β,故; 选D.
(2)②①中若,α当∥αβ与,l⊂β相α,m交⊂时β,,也则能l∥存m在; 符合题意的l,m;②中,l与m也可能异面;③
中,③l∥若γ,lα⊂∩ββ,β=∩lγ,β=∩mγ⇒=lm∥,mγ∩,同α=理nl,∥l∥nγ,,则则mm∥∥nn,.正确.
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考点1
考点2
考点3
(2)如图,取AB的中点N,连接DM,DN,MN. 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°, 所以∠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,所以平面DMN∥平面BEC. 又DM⊂平面DMN,所以DM∥平面BEC.
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考点2
考点3
对点训练2 如图,几何体E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角 形,CB=CD,EC⊥BD.
(1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.
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考点1
考点2
考点3
证明：(1)如图,取BD的中点O,连接CO,EO.
因为CB=CD,所以CO⊥BD. 又EC⊥BD,EC∩CO=C,CO,EC⊂平面EOC,所以BD⊥平面EOC. 因为EO⊂平面EOC,所以BD⊥EO. 又O为BD的中点,所以BE=DE.