2021版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定与性质课件 文 新人教A版

数学第八章立体几何第4讲直线、平面平行的判定与性质01基础知识自主回顾02核心考点深度剖析03高效演练分层突破一、知识梳理1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与__________的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥α此平面内文字语言图形语言符号语言性质定理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__________与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)因为l∥α，l⊂β，α∩β＝b，所以l∥b交线2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条__________与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，所以α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面__________，那么它们的__________平行因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b相交直线相交交线常用结论1．三种平行关系的转化：线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想．2．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)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.二、习题改编1．(必修2P58练习T3改编)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解析：选D.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.2．(必修2P57例2改编)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的是__________(只填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，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．③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．答案：①②④一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α.()(2)若直线l在平面α外，则l∥α.()(3)若直线l∥b，直线b⊂α，则l∥α.()(4)若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线．()×××√二、易错纠偏常见误区(1)对空间平行关系的相互转化条件理解不够；(2)忽略线面平行、面面平行的条件．1．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的()A．一条直线不相交B．两条直线不相交C．无数条直线不相交D．任意一条直线都不相交解析：选D.因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.2．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__________．解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．答案：平行四边形与线、面平行相关命题的判定(师生共研)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()A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥βD．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β【解析】A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，所以n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n⊄β，l⊂β，所以n∥β.【答案】D解决线、面平行关系应注意的问题(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易被忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．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解析：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b⊄α，c⊂α，所以b∥α.2．(2019·高考全国卷Ⅱ)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垂直于同一平面解析：选B.对于A，C，D选项，α均有可能与β相交，故排除A，C，D选项，选B.线面平行的判定与性质(多维探究)角度一线面平行的证明在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D.【证明】(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1∥MC1.又因为在平面BCC1B1中，BM═∥FC1，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以MC1∥BF，所以BF∥HD1.(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE∥DC且OE＝12DC，又D1G∥DC且D1G＝12DC，所以OE═∥D1G，所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GE∥D1O.又D1O⊂平面BB1D1D，GE⊄平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D.证明直线与平面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义．(2)利用线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明．角度二线面平行性质的应用如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，过BC的平面交棱FD于点P，交棱FA于点Q.证明：PQ∥平面ABCD.【证明】因为底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，AD∥BCAD⊂平面ADFBC⊄平面ADF⇒BC∥平面ADF，BC∥平面ADFBC⊂平面BCPQ平面BCPQ∩平面ADF＝PQ⇒BC∥PQ，PQ∥BCPQ⊄平面ABCDBC⊂平面ABCDPQ∥平面ABCD.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来确定交线．该定理的作用是由线面平行转化为线线平行．1．(2020·辽宁丹东质量测试(一))如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D，E分别为AA1，B1C的中点．证明：DE∥平面ABC.证明：取BC的中点F，连接AF，EF，则EF∥BB1，EF＝12BB1，所以EF∥DA，EF＝DA，则四边形ADEF为平行四边形，所以DE∥AF.又因为DE⊄平面ABC，AF⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.2．如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，AB＝2，AF＝1，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．解：(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别是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)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.面面平行的判定与性质(典例迁移)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.【证明】(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，所以A1G═∥EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.【迁移探究1】(变条件)在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，因为D为BC1的中点，H为A1C1的中点，所以HD∥A1B，又HD⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，所以HD∥平面A1B1BA.【迁移探究2】(变条件)在本例条件下，若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，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD，因为D为BC的中点，所以A1B∥DM.因为A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1═∥BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1，又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，所以平面A1BD1∥平面AC1D.1．如图，AB∥平面α∥平面β，过点A，B的直线m，n分别交α，β于点C，E和点D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为()A.65B.75C.85D．95解析：选C.由AB∥α∥β，易证ACCE＝BDDF.即ACAE＝BDBF，所以BD＝AC·BFAE＝2×45＝85.2．(一题多解)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，ED⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE.证明：法一：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE.因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE.因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.法二：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，所以平面ABF∥平面DCE.法三：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥DC.又DE∩DC＝D，所以AD⊥平面DEC.同理AD⊥平面ABF.所以平面ABF∥平面DCE.本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放