2011-2012年高考总复习一轮名师精讲课件：第47讲直线、平面、简单几何体
高考数学一轮复习 直线、平面垂直的性质定理课件
故C错误.
02
研考点 题型突破
题型一 直线与平面垂直的性质
典例1 如图,PA ⊥ 平面ABD,PC ⊥ 平面BCD,E,F分别为BC,CD上的点,
且EF ⊥
CF
AC.求证:
DC
=
CE
.
BC
证明 ∵ PA ⊥平面ABD,PC ⊥ 平面BCD,
②线（三垂线定理）:过二面角的一个面内的一点作另一个平面的垂线,过垂足作棱的
垂线,利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角.
③面（垂面法）:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,
这两条交线所成的角即是二面角的平面角.
（2）求（求二面角的平面角的余弦值或正弦值）.
①在三角形中,利用余弦定理求值；
PD ⊥ 平面PBC.
证明 由题设,知BC ⊥ CD,又平面PDC ⊥ 平面ABCD,平面PDC ∩ 平
面ABCD = CD,BC ⊂ 平面ABCD,
所以BC ⊥ 平面PDC,
而PD ⊂ 平面PDC,则BC ⊥ PD.
由∠DPC = 90∘ ,得PC ⊥ PD.
又BC ∩ PC = C,BC,PC ⊂ 平面PBC,则PD ⊥ 平面PBC.
又BC ⊂ 平面PBC,所以AD ⊥ BC.
因为PA ⊥ 平面ABC,BC ⊂ 平面ABC,
所以PA ⊥ BC.
因为AD ∩ PA = A,AD,PA ⊂ 平面PAC,
所以BC ⊥ 平面PAC.
又AC ⊂ 平面PAC,所以BC ⊥ AC.
规律方法
（1）在应用面面垂直的性质定理时,若没有与交线垂直的直线,则一般需作辅助线,基
高考数学一轮复习 7.4直线、平面平行的判定及其性质课件 文
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解析：连接AB1、AD1，
∵点P是面AA1D1D的中心， ∴点P是AD1的中点，
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∵PQ∥面AB1，
PQ⊂面D1AB1，
面D1AB1∩面AB1＝AB1， ∴PQ∥AB1，
∴PQ＝12AB1＝
2 2.
答案：
2 2
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பைடு நூலகம்
考点
互动探究
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考点一 直线与平面平行的判定与性质
判定直线与平面平行，主要有三种方法 (1)利用定义(常用反证法)． (2)利用判定定理：关键是找平面内与已知直线平行的直 线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直 线．常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线 作一平面找其交线．
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(3)利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个 平面内的任一直线平行于另一平面．
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2．平面与平面平行 (1)判定定理
文字语言
图形语言
如果一个平面内有两条相 判
交的直线都平行于另一个 定
平面，那么这两个平面平 定
行(简记为“线面平行⇒ 理
面面平行”)
符号语言
a⊂α
b⊂α
a∩b＝P⇒
a∥β
b∥β
α∥β
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7
(2)两平面平行的性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
如果两平行平 性
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(2)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝ AD，
四边形ABCD为正方形，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
∴CD⊥平面PAD. ∴CD⊥PA. 又PA＝PD＝ 22AD，∴△PAD是等腰直角三角形， 且∠APD＝2π，即PA⊥PD.
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《空间直线、平面的平行》课件ppt
方法二 如图，延长DA，CB相交于H，连接PH， ∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4， ∴HHCB＝CADB＝12，即 B 为 HC 的中点， 又E为PC的中点，∴BE∥PH， 又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.
方法三 如图，取CD的中点H，连接BH，HE， ∵E为PC的中点，∴EH∥PD， 又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， ∴EH∥平面PAD， 又由题意知AB綉DH，∴四边形ABHD为平行四边形，∴BH∥AD， 又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD，∴BH∥平面PAD， 又BH∩EH＝H，BH，EH⊂平面BHE， ∴平面BHE∥平面PAD， 又BE⊂平面BHE，∴BE∥平面PAD.
命题点2 直线与平面平行的性质 例2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形 ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取 一点G，过G和PA作平面交BD于点H. 求证：PA∥GH.
如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴O是AC的中点， 又M是PC的中点， ∴PA∥OM， 又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD， ∴PA∥平面BMD， 又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH， ∴PA∥GH.
(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.
∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC， ∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. 又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB， ∴A1G綉EB， ∴四边形A1EBG是平行四边形， ∴A1E∥GB. ∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG， ∴A1E∥平面BCHG.
思维升华
(1)判断或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⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α). ③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β). ④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β). (2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要 经过已知直线作辅助平面确定交线.
高三数学第一轮复习 第十章《直线、平面、简单几何体A》课件10A4
• (2)∵SA⊥平面AC，DC⊂平面AC，∴SA⊥DC. • 又AD⊥DC，SA∩AD＝A，∴DC⊥平面SAD， • 又AG⊂平面SAD，∴DC⊥AG. • 又由(1)有SC⊥平面AEF，AG⊂平面AEF， • ∴SC⊥AG且SC∩CD＝C，∴AG⊥平面SDC， • 又SD⊂平面SDC，∴AG⊥SD.
• 如果一个平面与另一个平面的一条垂线平行，那么这两 个平面垂直，这是一个真命题，故C对；
• 对D来讲若c∥α，α⊥β，则c与β的位置关系不定，故选C.
• 2．设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是两条不重 合的直线，则下列命题中正确的是( )
• A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
• B．若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β
• ①若α∥β，α⊥γ，则β⊥γ； • ②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ； • ③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面 • α垂直； • ④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行
于平面β. • 上面命题中，真命题的序号为________(写出所有真命题
的序号)． • 答案 ①②
• 又∵侧面BB1C1C⊥底面A1B1C1，交线为B1C1， • ∴NC1⊥侧面BB1C1C. • 又∵NC1⊂面BNC1， • ∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C， • 即截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
• (3)结论是肯定的，充分性已由(2)证明．
• 下面仅证明必要性(即由截面BMC1⊥侧面BB1C1C推出AM＝ MA1，实质是证明M是AA1的中点)，
A3演示文稿设计与制作 信息技术2.0 高三数学第一轮复习 第十章《直线、平面、简单几何体A》课件10A4
微能力认证作业
• 一、直线与平面垂直 • 1．判定定理 • (1)如果一条直线和一个平面内的 两条相交直线都垂
高考数学一轮复习 7.4 直线、平面平行的判定及其性质精品课件 理 新人教A版
3．利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个平 面内的任一直线平行于另一平面．
特别警示：线面平行关系没有传递性，即平行线中的一条平 行于一平面，另一条不一定平行于该平面．
[例1] 如右图所示，已知P、Q是正方体ABCD－A1B1C1D1的 面A1B1BA和面ABCD的中心．
证明：PQ∥平面BCC1B1.
答案：D
4．过三棱柱ABC－A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中与 平面ABB1A1平行的直线共有________条．
解析：各中点连线如下图，只有面EFGH与面ABB1A1平行， 在四边形EFGH中有6条符合题意．
D 中，M∈AB，N∈AD，若AMMB ＝NAND，则直线 MN 与平面 BDC 的位置关系是________．
又PE、QE⊂平面PQE，PE∩QE＝E， ∴平面PQE∥平面BCC1B1， 又PQ⊂平面PQE， ∴PQ∥平面BCC1B1.
即时训练 如右图所示，在三棱锥P－ABC中，若D，E，F
分 别 为 PB ， PC ， AC 的 中 点 ， 问 在 PB 上 是 否 存 在 一 点 G ， 使 得 FG∥平面ADE?
[ 例 5] (2010· 湖 南 高 考 ) 如 右 图 所 示 ， 在 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值； (2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的 结论．
[解] (1)如图(a)所示，取AA1的中点M，连结EM，BM.因为E 是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.
[思路探究] 可考虑用线面平行的判定定理，在平面BCC1B1 内构造与PQ平行的直线；也可利用面面平行的定义来证明，需构 造过PQ且与平面BCC1B1平行的平面．
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第四节 直线、平面
的判定与性质
★★★★ ★★
直线、平面平行的判定及其性质是高考中 的考查热点,常在解答题的第一问中出现, 涉及线线平行、线面平行、面面平行的判 定与性质等.
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
1.直线与平面、平面与平面平行的判定
定理
文字语言
直线与平面平行的 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与
判定
此平面平行.
图形语言
符号语言 a⊄α ,b⊂α 且 a∥b⇒a∥α
平面与平面平行的 一个平面内的两条 相交直线 与另一个平面平行,则这
判定
两个平面平行.
a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒β ∥α
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
2.直线与平面平行、平面与平面平行的性质
定理
文字语言
直线与平面平行的 一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的
3.C 【解析】∵m∥平面α,n∥平面β,∴m与平面α没有公共点,n与平面β没有公共点,又∵α∩β=l,∴l⊂α,l⊂β,
∴l与m,n都不相交.
4.若M,N分别是△ABC边AB,AC的中点,MN与过直线BC的平面β的位置关系是
.
4.MN∥β或MN⊂β
主干知识回顾
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5.【解析】连接ED交AC于点O,连接OF,因为AECD为菱形,OE=OD,F为 B1D的中点,所以FO∥B1E.因为FO⊂平面ACF,B1E⊄平面ACF,所以B1E∥ 平面ACF.
A.α内所有的直线都与a异面
B.α内不存在与a平行的直线
C.α内所有的直线都与a相交
D.直线a与平面α有公共点
1.D 【解析】直线a不平行于平面α,包括直线a与平面α相交或a⊂α. 2.下列命题中正确命题的个数是 ( )
高三数学第一轮复习 第十章《直线、平面、简单几何体A》课件10A3
∴MBCE＝BBDN＝ANDF，
∴ME＝NF.
• 又ME∥BC∥AD∥NF，
• ∴MEFN为平行四边形，
• ∴NM∥EF，又∵MN⊄面AA1B1B. • ∴MN∥平面AA1B1B.
法二 如图，连接 CN 并延长交 BA 的延长线于 点 P，连接 B1P，则 B1P⊂平面 AA1B1B.
面ABC.
(2)由(1)知PPGD1＝PPGE2＝32，∴G1G2＝23DE. 又 DE＝21AC，∴G1G2＝13AC. 同理 G2G3＝31AB，G1G3＝13BC. ∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比为 1∶3， ∴S△G1G2G3∶S△ABC＝1∶9.
• 探究3 证明面面平行的方法有：
• 探究2 已知直线与平面平行，若用线面平 行的性质定理，则首先过直线找一个平面 与已知平面相交．
• 思考题2 如图所示，a，b是异面直线，A、 C与B、D分别是a，b上的两点，直线a∥平 面α，直线b∥平面α，AB∩α＝M，CD∩α＝N， 求证：若AM＝BM，则CN＝DN.
• 【证明】 连接AD交平面α于E点，并连接 ME，NE.
• 思考题3 (2011·郑州质检)如图所示，正方 体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、E、F分别是 棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点．
• 求证：平面AMN∥平面EFDB.
• 【证明】 连结MF，∵M、F是A1B1、C1D1的中点，四边形 A1B1C1D1为正方形，
• ∴MF綊A1D1.又A1D1綊AD， • ∴MF綊AD. • ∴四边形AMFD是平行四边形， • ∴AM∥DF. • ∵DF⊂平面EFDB，AM⊄平面EFDB. • ∴AM∥平面EFDB，同理AN∥平面EFDB，
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习47---直线、平面平行的判定与性质
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第47讲直线、平面平行的判定与性质考点知识：1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．知识梳理1．直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b的交线与该直线平行2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b1．平行关系中的三个重要结论(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.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.2．三种平行关系的转化诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( )(3)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．( )(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．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误．(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误．(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误．2．下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是( )A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案 D解析因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.3.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．4．(2021·太原质检)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案 D解析若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C；故选D.5．(2022·长春调研)已知α，β表示两个不同的平面，直线m是α内一条直线，则“α∥β”是“m∥β”的( )A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案 A解析由α∥β，m⊂α，可得m∥β；反过来，由m∥β，m⊂α，不能推出α∥β.综上，“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件．6．(2021·衡水中学检测)如图，四棱锥P－ABCD中，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．则CE与平面PAB的关系是________．答案平行解析取PA的中点F，连接EF，BF，∵E 是PD 中点，知EF 綉12AD ，又∠BAD ＝∠ABC ＝90°，BC ＝12AD ，∴BC 綉12AD ，从而BC 綉EF ，则四边形BCEF 为平行四边形，故CE ∥AF ， 又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 所以CE ∥平面PAB .考点一 与线、面平行相关命题的判定1．(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 答案 B解析 若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当α内无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A ，C ，D 中条件均不是α∥β的充要条件．根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此B 中条件是α∥β的充要条件． 2．(2021·西安质检)设a ，b 为两条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，则下列命题正确的是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC．若a∥α，a∥β，则α∥βD．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b答案 D解析A不正确：a∥b或a与b相交或异面；B不正确，a∥b或a与b是异面直线；C不正确，α∥β或平面α与β相交．D正确，根据面面平行的性质，可得a∥b.3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.答案①②④解析如图，因为AB綉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∩DC＝D，1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；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．感悟升华直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．考点二直线与平面平行的判定与性质角度1 直线与平面平行的判定【例1】(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．(1)证明如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1綉DC，可得B1C綉A1D，故ME綉ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝417 17.从而点C到平面C1DE的距离为417 17.感悟升华 1.利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线．2．利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．【训练1】如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：GH∥平面PAD.证明如图，连接AC交BD于点O，连接MO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．又M是PC的中点，所以AP∥OM.根据直线和平面平行的判定定理，则有PA∥平面BMD.因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，根据直线和平面平行的性质定理，所以PA∥GH.因为GH⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.角度2 线面平行的性质定理的应用【例2】(2021·河南、江西五岳联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠DAB＝90°，AB＝BC＝PA＝12AD＝2，E为PB的中点，F是PC上的点．(1)若EF∥平面PAD，证明：F为PC的中点；(2)求点C到平面PBD的距离．(1)证明因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.因为P∈平面PBC，P∈平面PAD，所以可设平面PBC∩平面PAD＝PM，又因为BC⊂平面PBC，所以BC∥PM，因为EF∥平面PAD，EF⊂平面PBC，所以EF∥PM，从而得EF∥BC.因为E为PB的中点，所以F为PC的中点．(2)解因为PA⊥底面ABCD，∠DAB＝90°，AB＝BC＝PA＝12AD＝2，所以PB＝PA2＋AB2＝22，PD＝PA2＋AD2＝25，BD＝BA2＋AD2＝25，所以S △DPB ＝12PB ·DP 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12PB 2＝6.设点C 到平面PBD 的距离为d ，由V C －PBD ＝V P －BCD ，得13S △DPB ·d ＝13S △BCD ·PA ＝13×12×BC ×AB ×PA ，则6d ＝12×2×2×2，解得d ＝23.感悟升华 在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．【训练2】 如图所示，已知四边形ABCD 是正方形，四边形ACEF 是矩形，M 是线段EF 的中点．(1)求证：AM ∥平面BDE ；(2)若平面ADM ∩平面BDE ＝l ，平面ABM ∩平面BDE ＝m ，试分析l 与m 的位置关系，并证明你的结论．(1)证明 如图，记AC 与BD 的交点为O ，连接OE .因为O ，M 分别为AC ，EF 的中点，四边形ACEF 是矩形， 所以四边形AOEM 是平行四边形，所以AM ∥OE .又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)解l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.考点三面面平行的判定与性质【例3】(经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A 1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.【迁移1】在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1，又由三棱柱的性质及D ，D 1分别为BC ，B 1C 1的中点知，D 1C 1綉BD ， ∴四边形BDC 1D 1为平行四边形，∴DC 1∥BD 1. 又DC 1⊄平面A 1BD 1，BD 1⊂平面A 1BD 1， ∴DC 1∥平面A 1BD 1，又DC 1∩DM ＝D ，DC 1，DM ⊂平面AC 1D ， 因此平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【迁移2】 在本例中，若将条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1”，试求ADDC的值． 解 连接A 1B 交AB 1于O ，连接OD 1. 由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1， 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ， 所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1. 又由题设A 1D 1D 1C 1＝DC AD， ∴DC AD ＝1，即ADDC＝1. 感悟升华 1.判定面面平行的主要方法 (1)利用面面平行的判定定理．(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．2．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行．(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．提醒利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．【训练3】(2021·成都五校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA ＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N分别为AD，PA的中点．(1)证明：平面BMN∥平面PCD；(2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积．(1)证明连接BD，如图所示．∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形．∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别为AD，PA的中点，∴MN∥PD. 又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)解在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3 3.∵PA＝PD，PA⊥PD，AD＝6，∴PA＝PD＝32AD＝32，∵M，N分别为AD，PA的中点，∴S△PMN＝14S△PAD＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P－BMN的体积V＝V B－PMN＝13S△PMN·BM＝13×94×33＝934.A级基础巩固一、选择题1．下列命题中正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α答案 D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．2．如果AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是( )A．平行 B．相交C．AC在此平面内 D．平行或相交答案 A解析把这三条线段放在正方体内可得如图，显然AC∥EF，AC⊄平面EFG，∵EF⊂平面EFG，故AC∥平面EFG，故选A.3．(2021·重庆联考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且DEEB＝DFFD1＝12，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则CGCC1＝( )A.12B．13C．23D．14答案 B解析如图所示，延长AE交CD于H，连接FH，则△DEH∽△BEA，所以DHAB＝DEEB＝12.因为平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C＝FH，平面BD1G∩平面CDD1C1＝D1G，所以FH∥D1G.又四边形CDD1C1是平行四边形，所以△DFH∽△C1GD1，所以DFC1G＝DHC1D1，因为DHC1D1＝DHAB＝12，所以DFC1G＝12，因为DFFD1＝12，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以CGCC1＝13，故选B.4. (2021·兰州诊断)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )A．异面 B．平行 C．相交 D．以上均有可能答案 B解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.5．(2021·河南名校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是BB1，DD1，A1B1的中点，则下列说法错误的是( )A．B1D∥平面A1FC1 B．CE∥平面A1FC1C．GE∥平面A1FC1 D．AE∥平面A1FC1答案 C解析作出图形如图所示，观察可知，B1D∥FO，CE∥A1F，AE∥C1F，又FO⊂平面A1FC1，A 1F⊂平面A1FC1，C1F⊂平面A1FC1，B1D⊄平面A1FC1，CE⊄平面A1FC1，AE⊄平面A1FC1，所以选项A，B，D正确；因为GE∥A1B，所以GE与平面A1FC1相交，所以选项C错误，故选C.6．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( ) A．0条 B．1条 C．2条 D．1条或2条答案 C解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条．二、填空题7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.答案 2解析根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，所以EF ∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝ 2. 8．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________(填序号)．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确．9.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及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)．答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，且FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.三、解答题10．(2021·绵阳诊断)如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，点E、F分别是线段AD，PB的中点，PA＝AB＝2.(1)证明：EF∥平面PCD；(2)求三棱锥F－PCD的体积．(1)证明取PC的中点G，连接DG，FG.∵四边形ABCD为正方形，且DE綉12BC，FG∥BC，且FG＝12BC，∴DE∥FG且DE＝FG，∴四边形DEFG为平行四边形，∴EF∥DG，又∵EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD.(2)解∵EF∥平面PCD，∴F到平面PCD的距离等于E到平面PCD的距离，∴V F－PCD＝V E－PCD＝12VA－PCD＝12VP－ACD.∵PA⊥平面ABCD，∴V P－ACD＝13×S△ACD×PA＝13×12×22×2＝43.∴V F－PCD＝12VP－ACD＝23.11.如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)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，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点．连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，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DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，N为AD的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.B级能力提升12.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )A. 2 B．98C． 3 D．62答案 B解析如图1，分别取B1C1，C1D1的中点E，F，连接EF，BE，DF，B1D1，ME，易知EF∥B1D1∥BD，AB∥ME，AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形，则AM∥BE，又BD和BE为平面BDFE内的两条相交直线．图1 图2所以平面AMN∥平面BDFE，即平面BDFE为平面α，BD＝2，EF＝12B1D1＝22，得四边形BDFE为等腰梯形，DF＝BE＝5 2，在等腰梯形BDFE如图2中，过E，F作BD的垂线，则四边形EFGH为矩形，∴其高FG＝DF2－DG2＝54－18＝324，故所得截面的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×324＝98.13．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面PAO . 答案 Q 为CC 1的中点解析 如图所示，设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥PA .连接DB ，因为P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面PAO ，QB ⊄平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，PA ⊂平面PAO ，所以D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ，又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ ∥平面PAO .故Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .14．(2021·西安调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，E ，F 分别是BC ，A 1C 1的中点，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA 1＝2AB .(1)求证：EF ∥平面ABB 1A 1； (2)求点C 到平面AEF 的距离．(1)证明 如图，取AB 的中点D ，连接DE ，A 1D . 因为E 是BC 的中点，所以DE ∥AC ，且DE ＝12AC .由三棱柱的性质知AC ∥A 1C 1. 因为F 是A 1C 1的中点， 所以A 1F ∥AC ，且A 1F ＝12AC ，所以A 1F ∥DE ，且A 1F ＝DE ， 所以四边形DEFA 1是平行四边形． 所以EF ∥DA 1.又因为EF ⊄平面ABB 1A 1，DA 1⊂平面ABB 1A 1， 所以EF ∥平面ABB 1A 1.(2)解 由题可得V F －ACE ＝13×AA 1×S △ACE ＝13×4×12×34×22＝233.在△AEF 中，易求得AE ＝3，AF ＝17，EF ＝17， AE 边上的高为17－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝652，所以S △AEF ＝12×652×3＝1954.设点C 到平面AEF 的距离为h ，则V C－AEF＝13×h×S△AEF＝233，解得h＝865 65.。
直线、平面平行的判定与性质课件--2024届高考数学一轮复习
⊄
⊂
⇒ l ∥α
∥
行）
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性
质
定
理
文字语言
一条直线与一个平面
平行，则过这条直线
的任一平面与此平面
的 交线 与该直线
平行（线面平行⇒线
线平行）
图形语言
符号语言
∥
⊂
⇒l∥
⋂＝
b
2. 平面与平面平行
（1） 平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面.
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（2） 平面与平面平行的判定定理和性质定理
ABC 的交线为经过点 G 且与 A 1 C 1平行的直线.由题
意，得此直线交 BC 于点 H . 所以 A 1 C 1∥ GH . 由三棱
柱可知， AC ∥ AC 1，所以 GH ∥ AC . 又因为 G 为 AB
的中点，所以 H 为 BC 的中点.
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总结提炼
1. 判定面面平行的主要方法
面 MNQ ∥平面 APC . 其中，正确的个数为（
A. 0
B. 1
C. 2
C ）
D. 3
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解：易得 MN ∥ AC . 连接 AM ， CN .
因为 BP ＝ BD 1，所以易得 AM ，
CN 交于点 P ，即 MN ⊂平面 APC . 故①错误.连接 AN . 易知 AN ∥ C 1 Q .
F // BG . 所以四边形 A 1 GBF 为平行四边形.所以 BF
∥ A 1 G . 因为 A 1 G ⊂平面 A 1 C 1 G ， BF ⊄平面 A 1 C 1
G ，所以 BF ∥平面 A 1 C 1 G . 又 EF ， BF ⊂平面
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《空间直线、平面的垂直》课件ppt
(2)(2023·娄底模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，点 B1在底面ABC内的射影恰好是点C. ①若点D是AC的中点，且DA＝DB，证明：AB⊥CC1.
知识梳理
(2)判定定理与性质定理 文字语言
如果一条直线与一个 判定 平面内的_两__条__相__交__直__ 定理 _线__垂直，那么该直线
与此平面垂直
图形表示
符号表示
_m__⊂_α__ _n_⊂__α_ _m_∩__n_＝__P_ ⇒l⊥α _l_⊥__m_ _l_⊥__n_
知识梳理
垂直于同一个平面 性质定理
(2)求证：AE⊥BF；
如图，取棱AD的中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE， 因 为 AB ＝ DA ， AG ＝ DE ， ∠BAG ＝ ∠ADE ， 所 以 △BAG≌△ADE，所以∠ABG＝∠DAE. 所以AE⊥BG.又因为BG∩FG＝G，所以AE⊥平面BFG. 又BF⊂平面BFG，所以AE⊥BF.
教材改编题
四面体S－EFG如图所示，由SG⊥GE，SG⊥GF， GE∩GF＝G且GE，GF⊂平面EFG得SG⊥△EFG 所在平面.
教材改编题
3.已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD， 则一定互相垂直的平面有__7__对.
如图，由于PD垂直于正方形ABCD，故平面 PDA⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD， 平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC， 平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD， 平面PBC⊥平面PDC，共7对.
2011年高考数学 大纲人教版 理 一轮复习配套教学课件第九章第二节直线与平面平行平面与平面平行 共58页
过C、M、D1作正方体的截面，则截面的面积是
.
解析：由面面平行的性质知截面与面AB1的交线MN是 △AA1B的中位线，所以截面是梯形CD1MN，易求其面积 为.
答案：
6.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D点为棱AB的中点. 求证：AC1∥平面CDB1.
证明：连结BC1，交B1C于点E，连结DE，则BC1与B1C互相 平分.
4.过三棱柱ABC—A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中
与平面ABB1A1平行的直线共有
条.
解析：各中点连线如图，只有面EFGH与面ABB1A1平行， 在四边形EFGH中有6条符合题意.
答案：6
5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中， E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、 D1D、CD的中点，N是BC的中点，点 M在四边形EFGH及其内部运动，则M
1.已知直线a，b，平面α，满足a⊂α，则使b∥α的条
件为
()
A.b∥a
B.b∥a且b ⊄α
C.a与b异面
D.a与b不相交
解析：本题考查线面平行的判定定理.
答案：B
2.如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条
直线与另一个平面的位置关系是
()
A.平行
B.相交
C.在平面内
D.平行或在平面内
解析：由线面平行的定义知，这条直线与另一个平面 无公共点或在这个平面内. 答案：D
(2)证明：∵AD⊥RN，AD⊥MR， ∴AD⊥平面MRN，又MN⊂平面MRN， ∴AD⊥MN. (3)由△ARM∽△ADD1得： ＝ ，
由△DRN∽△DAB得： ＝ ， ∴在Rt△MRN中，|MN|2＝|MR|2＋|RN|2
＝
2012届高三第一轮复习(文理数)第十章《直线、平面、简单几何体B》课件1
思考题 2
• 【解析】 由题设知，FA，AB，AD两两互 相垂直． • 如图，以A为原点，射线AB为x轴正方向， 以射线AD为y轴正方向，射线AF为z轴正方 向，建系坐标系A－xyz. • (1)设AB＝a，BC＝b，BE＝c，则由题设得 • A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0,2b,0)， E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)．
• 1.掌握平面的性质，会用斜二测法画水平 放置的平面． • 2．了解空间两条直线的位置关系，掌握两 条直线所成的角和距离的概念会计算给出 的异面直线的公垂线的长． • 3．掌握直线和平面平行、两个平面平行的 判定定理和性质定理．
• 4．①理解直线与平面垂直的概念，掌握直 线与平面垂直的判定定理，掌握直线与平 面垂直的性质定理． • ②掌握三垂线定理及其逆定理 • ③理解两平面垂直的概念．掌握两平面垂 直的判定定理．掌握两平面垂直的性质定 理． • 5．理解空间向量的概念，掌握空间向量的 加法、减法和数乘，了解空间向量的基本 定理，掌握空间向量的数量积的定义及其 性质．
• 题型二 空间向量共线、共面问题 • 例2 如图所示，已知ABCD是平行四边形， P点是ABCD所在平面外一点，连接PA、PB、 PC、PD.设点E、F、G、H分别为△PAB、 △PBC、△PCD、△PDA的重心．
• (1)试用向量方法证明E、F、G、H四点共面； • (2)试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关系，
【解析】 ∵PA＝AD＝AB，且 PA⊥平面 AC，AD⊥AB， → ＝e1，AB → ＝e2，AP → ＝e3 ∴可设DA 以 e1、e2、e3 为坐标向量建立空间直角坐标系 A－xyz 1→ → → → → → → ∵MN＝MA＋AP＋PN＝MA＋AP＋ PC 2 1→ → → → → ＝MA＋AP＋2(PA＋AD＋DC) 1 1 1 1 ＝－2e2＋e3＋2(－e3－e1＋e2)＝－2e1＋2e3 1 1 → → ＝(0,1,0) ∴MN＝(－ ，0， )，DC 2 2
年高考数学一轮总复习名师精讲 第42讲直线和平面垂直与平面和平面垂直课件
3．平面与平面垂直的有关定理 (1)判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂 直． AB⊥α，AB⊂β⇒α⊥β. (2)性质定理 ①若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α且m⊥l，则m⊥β. ②若α⊥β，点P∈α，P∈m且m⊥β，则m⊂α. ③若β⊥α，γ⊥α，β∩γ＝m，则m⊥α.
考点陪练 1.已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，P∈l，则给出下面四个结论( ) ①过P和l垂直的直线在α内； ②过P和β垂直的直线在α内； ③过P和l垂直的直线必与β垂直； ④过P和β垂直的平面必与l垂直． 其中正确的命题是 A．② B．③ C．①④ D．②③ 解析：满足①条件的直线在过点 P与l垂直的平面内，故①不对；由平面 与平面垂直的性质定理知②是正确的；满足③中条件的直线可在β内，故 ③不对；对于④，过P与β垂直的平面可绕P点转动，不一定与l垂直，故 ④不对． 答案：A
探究1：P为△ABC所在平面外一点，且PA⊥平面ABC，若O、 Q分别为△ABC和△PBC的垂心，求证：OQ⊥平面PCB. 证明：如图，连结AO并延长交BC于E，连结PE. ∵O为△ABC的垂心，∴AE⊥BC. ∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴PA⊥BC. ∵PA∩AE＝A，∴BC⊥平面PAE. ∵PE⊂平面PAE，∴BC⊥PE.
类型二 面面垂直的判定与性质 解题准备： 利用面面垂直的判定定理证明面面垂直时的一般方 法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中 存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的直线在图 中不存在，则可通过作辅助线来解决，而作辅助线则应有理论 根据并有利于证明，不能随意添加．
高三数学第一轮复习 第十章《直线、平面、简单几何体A》课件10A5
由(Ⅰ)有 PQ∥DC，又 PQ＝12EB＝DC， 所以四边形 CQPD 为平行四边形，故 DP∥CQ， 因此 DP⊥平面 ABE，∠DAP 为 AD 和平面 ABE 所成 的角，
在 Rt△DPA 中，AD＝
5，DP＝1，sin∠DAP＝
5 5.
因此
AD
和平面
ABE
所成角的正弦值为
5 5.
例 2 如图，在三棱锥 P－OCB 中，PO⊥平面 OCB， OB⊥OC，OB＝OC＝ 2，PC＝4，D 为 PC 中点，求 OD 与平面 PBC 所成的角．
15 3 OH
∵VP－OBC＝VO－PBC，∴
315OH＝
14 3
∴OH＝ 12510，
∴sin∠ODH＝OOHD＝
12510＝
210 30
∴直线 OD 与平面 PBC 所成的角为 arcsin
210 30
方法二：取 BC 中点 E，连结 PE，作 OF⊥PE 于点 F，
连结 DF，则 OF⊥平面 PBC.
【解析】 如图，过点 P 作 PA⊥α 于 A，PB
⊥β于 B，设 PA、PB 确定的平面为 γ，设 a∩γ ＝O，则 γ∩α＝OA，γ∩β＝OB，连 OP.
∵PA⊥α，PB⊥β，∴PA⊥a，PB⊥a，PA ∩PB＝P.∴a⊥γ.
又 AO⊂γ，BO⊂γ，∴AO⊥a，BO⊥a，
∴∠AOB＝120°.
∴CM＝MB＝12PB＝12
1＋22＝
5 2
在△BCM 中，BM·CM＝BC· BM2－B2C2
∴BM＝
2×
3 2＝
5
6 5
2
∵AB＝2，∴cos∠ANB＝AN22×＋ABNN×2－BANB2＝－23
高考数学一轮总复习名师精讲 第40讲平面和空间直线课件 理
• 2．平面α外有两条直线m和n，如果 m和n在平 面α内的射影分别是m′和n′，给出下列四个命题 ： • ① m′⊥n′⇒m⊥n ； ② m⊥n⇒m′⊥n′ ； ③ m′ 与 n′ 相交⇒m与n相交或重合；④m′与n′平行⇒m与n 平行或重合．其中不正确的命题个数是( ) • A．1 B．2 • C ．3 D．4 • 解析： m′⊥n′ 只能推导出 m′⊥n 或 n′⊥m ，①错 ；m⊥n只能推导出m⊥n′或m′⊥n，②错；射影 相交的两条直线，可能相交，也可能异面，③ 错；射影平行的两条直线，可能平行，也可能
• 第四十讲 • (第四十一讲(文))平面和空间直线
• 回归课本 • 1.平面的基本性质 • (1)平面的基本性质是研究空间图形性质的理论 基础，即三个公理和条直线上所有的点都在这个平面内． • 公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们 还有其他公共点，且所有这些公共点的集合是 过这个公共点的一条直线． • 公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只 有一个平面即不共线的三点确定一个平面．
(3)异面直线 ①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线． ②两条异面直线所成的角(或夹角) 对于两条异面直线a，b，经过空间任一点O 作直线a ′∥a， b′∥ b，则a′与 b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成 的角(或夹角)． 若两条异面直线所成的角是直角，则称这两条异面直线互相
• 第九章 (A) 何体
直线、平面、简单几
• 2012高考调研 • 考纲要求 • 1．掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画 水平放置的平面图形的直观图．能够画出空间 两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形 ．能够根据图形想象它们的位置关系． • 2．掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质 定理．掌握两条直线所成的角和距离的概念， 对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公 垂线时的距离． • 3．掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理
高考数学一轮总复习名师精讲 第47讲直线、平面、简单几何体课件
❖ (1)AC1的长； ❖ (2)直线BD1与AC所成角的余弦值．
❖ 类型四 利用空间向量求空间距离 ❖ 解题准备：求两点间的距离即线段的长度，可以转化为求向量
的模，运用求模公式|a|＝.运用空间向量解题，应注意选取恰当 的基底对相应向量进行合理的分解，基底的选取应考虑：一是 三个向量要不共面，二是这三个向量中两两的夹角都能求出， 一般在四面体和正方体、长方体中都是以从同一个顶点出发的 三条棱所在向量作为基底．
量是共线向量． ❖ (4)证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量互相垂
直． ❖ (5)证明线面垂直的方法： ❖ ①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量； ❖ ②证明直线与平面内的两个不共线的向量互相垂直． ❖ (6)证明面面垂直的方法： ❖ ①转化为线线垂直、线面垂直处理； ❖ ②证明两个平面的法向量互相垂直．
D→A·D→C＝1×1×cos60°＝12，
D→A·C→E＝D→A·12C→B＝12[D→A·(C→D＋D→B)]
❖ [点评] 两个向量相加减，三角形法则、平行四边形法则在空间 仍成立．要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化 为首尾相接的向量．
❖ 探究2：如图， ❖ 已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的
❖ 第九章(B) 直线、平面、简单几何体
❖ 2012高考调研 ❖ 考纲要求
❖ 理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘．
❖ 1．了解空间向量的基本定理；理解空间向量坐标的概念；掌握 空间向量的坐标运算．
❖ 2．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；掌握用直角坐标计 算空间向量数量积的公式；掌握空间两点间距离公式．
高三数学第一轮复习 第十章《直线、平面、简单几何体A》课件
思考题 2 (08·四川，文)如图，平面 ABEF⊥平面 ABCD，四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形，∠BAD＝ ∠FAB＝90°，BC 綊21AD，BE 綊12FA，G、H 分别为 FA、
FD 的中点．
(Ⅰ)证明：四边形 BCHG 是平行四边形； (Ⅱ)C、D、F、E 四点是否共面？为什么？
• 探究3 所谓线共点问题就是证明三条或三条以上的直线交于 一点．
• (1)证明三线共点的依据是公理2.
• (2)证明三线共点的思路是：先证两条直线交于一点，再证明第 三条直线经过该点，把问题化归到证明点在直线上的问题．实 际上，点共线、线共点的问题都可以化归为点在直线上的问题 来处理．
• 思考题3 如图，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ、CB的延 长线交于M，RQ、DB的延长线交于N，RP、DC的延长线交于K.
四点共面，设为α
• 可证PS∥QN，∴P、Q、N、S四点共面，设为β • ∵α、β都经过P、N、S三点，∴α与β重合 • ∴P、Q、R、S四点共面．
• 探究2 (1)公理3及其推论是立体几何最基本、最重要的定理， 它的主要作用是确定平面
• (2)本题给出了判断四点是否共面的基本方法 • ①判断四点连结是否有平行直线或相交直线 • ②由部分元素确定平面，然后证明这些平面重合
• 7．①了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观 图．
• ②了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观 图．
• 8．①了解多面体及正多面体的有关概念 • ②了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积和体积公式.
• 平面的基本性质
• ①公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直
• 题型一 平面的性质 • 例1 下列命题： • ①空间不同三点确定一个平面； • ②有三个公共点的两个平面必重合； • ③空间两两相交的三条直线确定一个平面； • ④三角形是平面图形； • ⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形； • ⑥垂直于同一直线的两直线平行； • ⑦一条直线和两平行线中的一条相交，也必和另一条相交； • ⑧两组对边相等的四边形是平行四边形． • 其中正确的命题是________．
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4．利用空间向量法求直线与平面所成的角，可以有两种方法：一是分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 5．求二面角的大小，如图所示，在二面角α－l－β中，n1和n2分别为平面α和β的法向量．记二面角α－l－β的大小为θ，由cos〈n1，n2〉＝m得，若二面角为锐角，则θ＝arccos|m|；若二面角为钝角，则θ＝π－arccos|m|. 【典例3】如图，在正四面体ABCD中．(1)求AD与平面BCD所成的角；(2)求二面角A—BC—D的大小． [点评] 两个向量相加减，三角形法则、平行四边形法则在空间仍成立．要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量．探究2：如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b，且AA1与AB、AD的夹角都是120°，求： (1)AC1的长； (2)直线BD1与AC所成角的余弦值．类型四利用空间向量求空间距离解题准备：求两点间的距离即线段的长度，可以转化为求向量的模，运用求模公式|a|＝.运用空间向量解题，应注意选取恰当的基底对相应向量进行合理的分解，基底的选取应考虑：一是三个向量要不共面，二是这三个向量中两两的夹角都能求出，一般在四面体和正方体、长方体中都是以从同一个顶点出发的三条棱所在向量作为基底． [点评] 由于线段的长度是实数，实数与向量之间如何转化是思维中的常见障碍．在向量性质中，|a|2＝a·a 提供了向量与实数相互转化的工具，运用此公式，可使线段长度的计算问题转化成两个相等向量的数量积的计算问题．答案：5 点评：本题利用向量的特殊位置关系——反向，得出空间两点距离的最大值，避免了复杂的点、线、面间关系的讨论．共 57 页第九章(B) 直线、平面、简单几何体 2012高考调研考纲要求理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘． 1．了解空间向量的基本定理；理解空间向量坐标的概念；掌握空间向量的坐标运算． 2．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；掌握空间两点间距离公式． 3．理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念．注：其他同第九章(A)．考情分析空间向量为处理立体几何问题提供了新的视角，在高考中占有重要位置．在建立了空间直角坐标系后，用坐标表示向量，进行向量的有关运算．运用向量工具解决立体几何中的平行、垂直、夹角、距离等问题，是立体几何考查的新方向，因此必将在高考中重点体现和重点考查．从近几年高考试卷来看，涉及空间角(空间向量)和存在性(开放性)问题的试题，难度多为中档或高档．立体几何试题一般有大、小3道题，分值约22分，占试卷总分的15%左右．第四十七讲 (第四十八讲(文))空间向量及其运算回归课本 1.空间向量及其加减与数乘运算 (1)在空间，具有大小和方向的量叫做向量．同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量． (2)空间向量的加法、减法与向量数乘运算是平面向量对应运算的推广． (3)空间向量的加减与数乘运算满足如下运算律．加法交换律：a＋b＝b＋a 加法结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c) 数乘分配律：λ(a＋b)＝λa＋λ b 2．共线向量与共面向量 (1)如果表示向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫共线向量或平行向量． (2)平行于同一平面的向量叫做共面向量．空间任意两个向量总是共面的． (3)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λ b. 答案：D 答案：B 答案：A 答案：0 答案：③④类型一空间向量的基本定理的应用解题准备：1.对空间向量a，b(b≠0)，a ∥b的充要条件是存在实数k，使a＝kb.共线向量定理可以分解为以下两个命题：①a∥b(b ≠0)?存在唯一实数λ，使a＝λ b.②若存在唯一实数λ，使a＝λb(b≠0)，则a∥b. 2．空间两向量平行与空间两直线平行是不同的，直线平行是不允许重合的，而两向量平行，它们所在的直线可以平行也可以重合． [答案] ④探究1：设A、B、C及A1、B1、C1分别是异面直线l1、l2上的三点，而M、N、P、Q分别是线段AA1、BA1、BB1、CC1的中点．求证：M、
N、P、Q四点共面．类型二利用空间向量证明平行与垂直解题准备：利用空间向量证明空间中的平行关系时： (1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量． (2)证明线面平行的方法：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；。