《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課件：直線、平面平行的判定及其性質(zhì).ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課件：直線、平面平行的判定及其性質(zhì).ppt（45頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第四節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì),一、直線與平面平行 1判定定理,線線平行線面平行),2性質(zhì)定理,線面平行線線平行),二、平面與平面平行 1判定定理,相交的直線,平行面面平行”,線面,2兩平面平行的性質(zhì)定理,相交 交線,（1）能否由線線平行推證面面平行？ （2）能否由線面垂直推證面面平行？,提示：（1）可以，只需一平面內(nèi)兩相交線分別平行于另一平面內(nèi)的兩相交線，則兩面平行.（2）可以，只需兩平面垂直于同一直線，即得證平行.,1在空間中， 下列命題正確的是 () A若a，ba，則b Ba，b，a，b，則 C若，b，則b D若，a，則a,解析：A項(xiàng)中，可能b，B項(xiàng)

2、中，可推出與相交，C項(xiàng)中，可能b內(nèi)，D正確,答案：D,2下列條件中，能判斷兩個(gè)平面平行的是 () A一個(gè)平面內(nèi)的一條直線平行于另一個(gè)平面 B一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個(gè)平面 C一個(gè)平面內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線平行于另一個(gè)平面 D一個(gè)平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個(gè)平面,解析：由兩平面平行的判定定理易知,答案：D,3平面平面的一個(gè)充分條件是 () A存在一條直線a，a，a B存在一條直線a，a，a C存在兩條平行直線a，b，a，b，a，b D存在兩條異面直線a，b，a，b，a，b,解析：A、B、C中都可以推出與相交,答案：D,4過三棱柱ABCA1B1C1任意兩條棱

3、的中點(diǎn)作直線，其中與 平面ABB1A1平行的直線共有____條,解析：各中點(diǎn)連線如圖，只有面EFGH 與面ABB1A1平行，在四邊形EFGH中有6條符合題意,答案：6,5如圖，在空間四邊形ABCD中，MAB，NAD，若 則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是_______,解析：在平面ABD中， MNBD. 又MN平面BCD，BD平面BCD， MN平面BCD.,答案：平行,本考點(diǎn)主要在客觀試題中考查線面平行、面面平行的判定與性質(zhì)的應(yīng)用，作為客觀試題判斷每一個(gè)命題時(shí)，一是要注意判定與性質(zhì)定理中易忽視的條件，如線面平行，需條件線在面外；二是結(jié)合題意作出圖形；三會(huì)舉反例或反證法推斷命題

4、是否正確,(1)(2009福建高考)設(shè)m，n是平面內(nèi)的兩條不同直線；l1，l2是平面內(nèi)的兩條相交直線則的一個(gè)充分而不必要條件是 () Am且l1Bml1且nl2 Cm且n Dm且nl2,(2)(2009淄博模擬)已知m、n是不同的直線，、是不重合的平面，給出下列命題： 若m，則m平行于平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線； 若，m，n，則mn； 若m，n，mn，則； 若，m，則m. 其中，真命題的序號(hào)是________(寫出所有真命題的序號(hào)),（1）利用選項(xiàng)逐個(gè)判斷能否推出； (2)利用判定與性質(zhì)進(jìn)行判斷，可結(jié)合圖形.,【解析】(1)因m，l1，若，則有m且l1，故

5、的一個(gè)必要條件是m且l1，排除A.因m，n，l1，l2且l1與l2相交，若ml1且nl2，因l1與l2相交，故m與n也相交，故；若，則直線m與直線l1可能為異面直線，故的一個(gè)充分而不必要條件是ml1且nl2，故選B.,(2)由線面平行定義及性質(zhì)知正確中若m，n，，則m、n可能平行，也可能異面故錯(cuò)， 中由 由面面平行的性質(zhì)知若 ，m，則m，正確，故為真命題,【答案】(1)B(2),1、、是三個(gè)平面，a、b是兩條直線，有下列三個(gè) 條件： a，b；a，b；b， a. 如果命題“a，b，且______，則ab” 為真命題，則可以在橫線處填入的條件是 () A或B或 C或

6、 D只有,解析：中，a，a，b，bab (線面平行的性質(zhì))中，b，b，a， aab(線面平行的性質(zhì))故選C.,答案：C,判定直線與平面平行，主要有三種方法： 1利用定義(常用反證法) 2利用判定定理：關(guān)鍵是找平面內(nèi)與已知直線平行的直 線可先直觀判斷平面內(nèi)是否已有，若沒有，則需作出 該直線，常考慮三角形的中位線、平行四邊形的對(duì)邊或 過已知直線作一平面找其交線 3利用面面平行的性質(zhì)定理：當(dāng)兩平面平行時(shí)，其中一 個(gè)平面內(nèi)的任一直線平行于另一平面,兩個(gè)全等的正方形ABCD和ABEF所在的平面相交于AB，MAC，NFB，且AMFN，求證：MN平面BCE.,證明MN平面BCE可證明直線MN與

7、平面BCE內(nèi)某一條直線平行也可證明直線MN所在的某一個(gè)平面與平面BCE平行.,【證明】法一：過M作MPBC，過N作NQBE，P、Q為垂足(如圖1)，連結(jié)PQ. MPAB，NQAB， MPNQ. MPQN是平行四邊形 MNPQ.又PQ平面BCE，而MN平面BCE， MN平面BCE.,又NQ= BN= CM=MP,法二：過M作MGBC，交AB于G(如圖2)，連結(jié)NG. MGBC，BC平面BCE， MG平面BCE， MG平面BCE. 又 GNAFBE，同樣可證明GN平面BCE. MGNG=G， 平面MNG平面BCE.又MN平面MNG， MN平面BCE.,2如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)P是

8、平面ABCD外 一點(diǎn)， M是PC的中點(diǎn)，在DM上取一點(diǎn)G，過G和AP作 平面交平面BDM于GH. 求證：APGH.,證明：如圖，連接AC交BD于O，連接MO， 四邊形ABCD是平行四邊形， O是AC中點(diǎn)，又M是PC的中點(diǎn)， APOM. 則有PA平面BMD.(根據(jù)直線和平面平行的判定定理) 平面PAHG平面BMD=GH， PAGH.(根據(jù)直線和平面平行的性質(zhì)定理),平面與平面平行問題 (1)在平面和平面平行的判定定理中，“兩條相交直線”中的 “相交”兩個(gè)字不能忽略，否則結(jié)論不一定成立 (2)若由兩個(gè)平面平行來推證兩條直線平行，則這兩條直線 必須是這兩個(gè)平行平面與第三個(gè)平面的交線，有時(shí)候

9、第 三個(gè)平面需要作出來,(3)平面與平面平行的性質(zhì) 夾在兩平行平面間的平行線段相等,(4)平面與平面平行的判定方法 依定義，采用反證法 用判定定理 用“垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行”這一性質(zhì)證明,如圖，已知ABCDA1B1C1D1是棱長(zhǎng)為3的正方體，點(diǎn)E在AA1上，點(diǎn)F在CC1上，G在BB1上，且AEFC1B1G1，H是B1C1的中點(diǎn) (1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面； (2)求證：平面A1GH平面BED1F.,（1）只需證明BED1F或BFD1E,即可證明 B，E，D1，F(xiàn)共面； （2）利用面面平行的判定條件證明.,【證明】(1)AEB1G1，BGA1E2， BG A1E，A1G

10、BE. 又同理，C1F B1G， 四邊形C1FGB1是平行四邊形， FG C1B1 D1A1， 四邊形A1GFD1是平行四邊形 A1G D1F，D1F EB， 故E、B、F、D1四點(diǎn)共面,(2)H是B1C1的中點(diǎn)，B1H 又B1G1， 又 ，且FCBGB1H90， B1HGCBF， B1GHCFBFBG， HGFB. 又由(1)知A1GBE，且HGA1GG， FBBEB， 平面A1GH平面BED1F.,3在本例中條件改為“AEFC1B1G ”其余不變，試證 明平面A1HG平面BC1E.,證明：H、G分別為B1C1，BB1的中點(diǎn)， HGBC1. 又G、E分別為BB1、AA1

11、中點(diǎn)， A1GBE， A1GHGG， BC1BEB， 平面A1HG平面BC1E.,空間線線平行，線面平行，面面平行的判斷證明除在客觀試題中以命題真假判斷形式出現(xiàn)外，多數(shù)在解答題中考查，難度不大，一般利用判定定理或性質(zhì)定理即可證明.,（2009山東高考）如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，ABCD，AB=4，BC=CD=2，AA1=2，E，E1分別是棱AD，AA1的中點(diǎn) (1)設(shè)F是棱AB的中點(diǎn)，證明： 直線EE1平面FCC1； (2)證明：平面D1AC平面BB1C1C.,證明(1)法一：取A1B1的中點(diǎn)為F1，連結(jié)FF1，C1F1， 由于FF1BB1CC1，所

12、以F1平面FCC1， 因此平面FCC1即為平面C1CFF1. 連結(jié)A1D，F(xiàn)1C，由于A1F1 D1C1 CD， 所以四邊形A1DCF1為平行四邊形，因此A1DF1C. 又EE1A1D，得EE1F1C， 而EE1平面FCC1，F(xiàn)1C平面FCC1， 故EE1平面FCC1.,法二：因?yàn)镕為AB的中點(diǎn)， CD=2，AB=4，ABCD， 所以CD AF，因此四邊形AFCD為平行四邊形， 所以ADFC. 又CC1DD1，F(xiàn)CCC1C， FC平面FCC1，CC1平面FCC1， 所以平面ADD1A1平面FCC1， 又EE1平面ADD1A1，所以EE1平面FCC1.,(2)連結(jié)AC，在FBC中，F(xiàn)CBCFB， 又F為AB的中點(diǎn)，所以AF=FC=FB， 因此ACB90，即ACBC. 又ACCC1，且CC1BCC， 所以AC平面BB1C1C， 而AC平面D1AC， 故平面D1AC平面BB1C1C.,(1)直線EE1平面FCC1的證明條件中，忽視了充分條件一是EE1平面FCC1，二是F1C平面FCC1中導(dǎo)致失分 (2)兩個(gè)平面垂直的判定條件，只要找到平面的一條垂線即可，本題中很多考生不會(huì)利用已知條件，得到ACBC.,