线面、面面平行的判定与性质习题课课件

重点难点重点：线面、面面平行的判定定理与性质定理及应用难点：定理的灵活运用知识归纳一、直线与平面平行1．判定方法(1)用定义：直线与平面无公共点．(2)判定定理：a⊄αb⊂αa∥b⇒a∥α(3)其它方法：α∥βa⊂β⇒a∥α2．性质定理：a∥αa⊂βα∩β＝b⇒a∥b二、平面与平面平行1．判定方法(1)用定义：两个平面无公共点(2)判定定理：a∥βb∥βa⊂αb⊂αa∩b＝P⇒α∥β(3)其它方法：a⊥αa⊥β⇒α∥β；α∥γβ∥γ⇒α∥βa∥bc∥da，c⊂αb，d⊂βa∩c＝Ab∩d＝B⇒α∥β.2．性质定理：α∥βγ∩α＝aγ∩β＝b⇒a∥b3．两条直线被三个平行平面所截，截得线段对应成比例．误区警示1．应用线面平行、面面平行的判定定理与性质定理时，条件不足或条件与结论不符是常见的错误，解决的方法是弄清线线、线面、面面平行关系的每一个定理的条件和结论，明确这个定理是干什么用的，具备什么条件才能用．其中线面平行的性质定理是核心，证题时，找(或作)出经过已知直线与已知平面相交的平面是解题的关键，另外在证明平行关系时，常见错误是(1)“两条直线没有公共点则平行”；(2)“垂直于同一条直线的两直线平行”，不恰当的把平面几何中的一些结论迁移到立体几何中来，解决的关键是先说明它们在同一个平面内．2．注意弄清“任意”、“所有”、“无数”、“存在”等量词的含义．3．注意应用两平面平行的性质定理推证两直线平行时，不是两平面内的任意直线，必须找或作出第三个平面与两个平面都相交，则交线平行．应用二面平行的判定定理时，两条相交直线的“相交”二字决不可忽视．4．要注意符合某条件的图形是否惟一，有无其它情形．一、转化的思想解决空间线面、面面平行关系的问题关键是作好下列转化二、解题技巧要能够灵活作出辅助线、面来解题，作辅助线、面一定要以某一定理为理论依据．[例1](文)如下图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，求证：AE∥平面DCF.线面平行的判定分析：要证线面平行，可依据判定定理在平面DCF内找一条直线与AE平行，注意到ABCD为矩形，BCFE为梯形，可通过构造平行四边形ADGE来证明，只须找到G点即可获证，如果能够证明经过AE的一个平面与平面DCF平行也可获证．解析：方法一：由于AB∥CD，BE∥CF，故平面ABE∥平面DCF.而直线AE在平面ABE内，根据线面平行的定义，知AE∥平面DCF.方法二：如上图所示，过点E作直线EG∥BC交CF于点G，连接DG，由于BE∥CF，故四边形BEGC为平行四边形，从而EG綊BC.又四边形ABCD为矩形，故AD綊BC.所以AD綊EG.所以四边形AEGD为平行四边形，所以AE∥DG.由线面平行的判定定理得，AE∥平面DCF.(理)已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一个平面内，P、Q分别是对角线AE、BD上的点，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面CBE.证明：方法1：如下图，作PM∥AB交BE于点M，作QN∥AB交BC于点N，则PM∥QN.∴PMAB＝EPEA，QNCD＝BQBD，∵AP＝DQ，∴EP＝BQ，又∵AB＝CD，EA＝BD，∴PM＝QN.又∵PM∥QN，∴四边形PMNQ是平行四边形，∴PQ∥MN.综上所述：PQ⊄平面CDE，MN⊂平面CBE，PQ∥MN，∴PQ∥平面CBE.方法2：作PR∥BE交AB于点R，连接QR，∵PR∥BE，∴APPE＝ARRB，又∵两矩形全等DQ＝AP，∴BQ＝PE，∴ARRB＝DQBQ，∴RQ∥AD，∴RQ∥BC，∴平面PQR∥平面EBC，∴PQ∥面EBC.点评：欲证PQ∥平面EBC，一种方法是用判定定理；另一种方法是用面面平行的性质定理．用判定定理时，找出平面内与PQ平行的直线是关键．由APAE＝DQDB可过P、Q作AB的平行线构造平行四边形(如证法1)．也可由直线AE与PQ相交确定一个平面与平面EBC有公共点E，故必有一条交线，连结AQ，并延长交BC于G，则只须证明PQ∥EG，也可由异面线段AE，BD上的比例关系，找一条与二者均相交的线段，取相同的比例点构造相似关系得出平行关系，如取AB上点R，使ARAB＝APAE，则平面PRQ∥平面EBC(即证法2)等等．(文)(2011·威海质检)已知直线l、m，平面α，且m⊂α，则l∥m是l∥α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解析：由l∥m可知l∥α或l⊂α，所以“l∥m”不是“l∥α”的充分条件，l∥α且m⊂α，则直线l∥m或直线l与m异面，所以“l∥m”也不是“l∥α”的必要条件，故选D.答案：D(理)在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点．求证：(1)直线EF∥平面ACD；(2)面EFC⊥平面BCD.解析：(1)在△ABD中，因为E、F分别是AB、BD的中点，所以EF∥AD.又AD⊂平面ACD，EF⊄平面ACD，所以直线EF∥平面ACD.(2)在△ABD中，因为AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.在△BCD中，因为CD＝CB，F为BD的中点，所以CF⊥BD.因为EF⊂平面EFC，CF⊂平面EFC，EF与CF交于点F，所以BD⊥平面EFC.又因为BD⊂平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.[例2](文)如下图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱VA⊥底面ABCD，E、F、G分别为VA、VB、BC的中点．面面平行的判定求证：平面EFG∥平面VCD.解析：∵E、F、G分别为VA、VB、BC的中点，∴EF∥AB，FG∥VC，又ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴EF∥CD，又∵EF⊄平面VCD，FG⊄平面VCD，∴EF∥平面VCD，FG∥平面VCD，又EF∩FG＝F，∴平面EFG∥平面VCD.(理)(2010·山东青岛)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面是边长为1的正方形，E、F、G分别是棱B1B、D1D、DA的中点．(1)求证：平面AD1E∥平面BGF；(2)求证：D1E⊥平面AEC.证明：(1)∵E，F分别是棱BB1，DD1的中点，∴BE綊D1F.∴四边形BED1F为平行四边形．∴D1E∥BF.又D1E⊂平面AD1E，BF⊄平面AD1E，∴BF∥平面AD1E.又G是棱DA的中点，∴GF∥AD1.又AD1⊂平面AD1E，GF⊄平面AD1E，∴GF∥平面AD1E.又BF∩GF＝F，∴平面AD1E∥平面BGF.(2)∵AA1＝2，∴AD1＝A1A2＋A1D21＝5.同理，AE＝2，D1E＝3.∴AD21＝D1E2＋AE2.∴D1E⊥AE.∵AC⊥BD，AC⊥D1D，∴AC⊥平面BDD1B1.又D1E⊂平面BDD1B1，∴AC⊥D1E.又AC∩AE＝A，∴D1E⊥平面AEC.(文)(2011·济南调研)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若α⊥β，m⊥β，则m∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β解析：由正方体交于同一顶点的三个面知A错；如上图α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∥l，n∥l，知B错；正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，AA1⊥平面ABCD，但AA1⊂平面ADD1A1，故C错；m∥nm⊥α⇒n⊥αn⊥β⇒α∥β，故D正确．答案：D(理)(2011·山东潍坊模拟)已知m、n、l1、l2表示不同直线，α、β表示不同平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l1D．m∥l1且n∥l2解析：由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”结合选项D可推知α∥β，因此选D.答案：D[例3](文)如下图，平面α∥平面β，线段GH与α、β分别交于A、B，线段HF与α、β分别交于F、E，线段GD与α、β分别交于C、D，且GA＝9，AB＝12，BH＝16，S△ACF＝72.求△BDE的面积．线面、面面平行的性质解析：因为α∥β，所以AC∥BD，AF∥BE.所以∠FAC与∠EBD相等或互补．因为AC∥BD，故△GAC∽△GBD.从而有，ACBD＝GAGB＝37.同理△HEB∽△HFA.有AFBE＝AHBH＝74，所以S△AFCS△BED＝12AC·AFsin∠FAC12BF·BDsin∠EBD＝AC·AFBE·BD.即72S△BED＝37·74，所以S△BED＝72×43＝96.(理)如下图，已知平面α∥平面β∥平面γ，且β位于α与γ之间．点A、D∈α，C、F∈γ，AC∩β＝B，DF∩β＝E.(1)求证：ABBC＝DEEF；(2)设AF交β于M，AD与CF不平行，α与β间距离为h′，α与γ间距离为h，当h′h的值是多少时，S△BEM的面积最大？解析：考查线线平行、线面平行、面面平行的相互转化能力以及分类讨论思想的应用．(1)证明：∵β∥γ，平面ACF分别交β、γ于BM、CF，∴BM∥CF，∴ABBC＝AMMF，同理：AMMF＝DEEF，∴ABBC＝DEEF.(2)由(1)知BM∥CF，∴BMCF＝ABAC＝h′h，同理：MEAD＝h－h′h，∴S△BEM＝12BM·MEsin∠BME＝12CF·ADh′h1－h′hsin∠BME.据题意知，AD与CF异面，只是β在α、γ间变化位置，故CF、AD是常量，sin∠BME是AD与CF所成角的正弦值，也是常量，令h′h＝x只要考查函数y＝x(1－x)的最值，显然当x＝12时，即h′h＝12时，y＝－x2＋x有最大值．所以当h′h＝12时，即β在α、γ两平面的中间时△BEM面积最大．(2011·佳木斯模拟)如下图，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M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.分析：由H、N分别为CD、BC中点知HN∥BD，又MN∥平面B1BDD1，因此点M应使平面MHN∥平面B1BDD1，而点M在平面EFGH内，从而HM为平面HMN与平面EFGH的交线，而DD1为平面B1BDD1与平面EFGH的交线，由面面平行的性质定理知，应有HM∥DD1，故M在直线HF上可符合要求．解析：因为HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，又平面NHF∩平面EFGH＝FH.故线段FH上任意点M与N相连，有MN∥平面B1BDD1，故填M∈线段FH.答案：M∈线段FH[例4](文)(2010·烟台中英文学校质检)如下图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且PA＝AB＝2.探索性问题(1)证明：BC⊥平面AMN；(2)求三棱锥N－AMC的体积；(3)在线段PD上是否存在一点E，使得NM∥平面ACE；若存在，求出PE的长，若不存在，说明理由．解析：(1)因为ABCD为菱形，所以AB＝BC，又∠ABC＝60°，所以AB＝BC＝AC，又M为BC中点，所以BC⊥AM而PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又PA∩AM＝A，所以BC⊥平面AMN.(2)因为S△AMC＝12AM·CM＝12×3×1＝32，又PA⊥底面ABCD，PA＝2，所以AN＝1，所以，三棱锥N－AMC的体积V＝13S△AMC·AN＝13×32×1＝36.(3)存在取PD中点E，连结NE，EC，AE，因为N，E分别为PA，PD中点，所以NE綊12AD又在菱形ABCD中，CM綊12AD，所以NE綊MC，即MCEN是平行四边形，所以NM∥EC，又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE，所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面AC