《直线、平面平行的判定与性质(共14页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《直线、平面平行的判定与性质(共14页).doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上第4讲直线、平面平行的判定与性质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这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行线面平行)因为la，a，l，所以l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交线与该直线平行(简记为“线面平行线线平行”)因为l，l，b，所以lb2.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相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行面面平行”)因为a，b，abP，a，b，所以性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交
2、，那么它们的交线平行因为，a，b，所以ab1辨明两个易误点(1)直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件(2)面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件2线面、面面平行的判定中所遵循的原则一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，不可过于“模式化”1(2016大连模拟)对于直线m，n和平面，若n，则“mn”是“m”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：D2a、b、c为三条不重合的直线，、为三个不重合的平面，现给出
3、四个命题：其中正确的命题是()A BCD解析：选C.正确错在与可能相交错在a可能在内3若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内过B点的所有直线中()A不一定存在与a平行的直线B只有两条与a平行的直线C存在无数条与a平行的直线D存在唯一与a平行的直线解析：选A.当直线a在平面内且经过B点时，a平面，但这时在平面内过B点的所有直线中，不存在与a平行的直线，而在其他情况下，都可以存在与a平行的直线，故选A.4过三棱柱ABCA1B1C1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，只有平面EFGH与平面ABB1A1平行，在四边形EFGH中有6条符合题意答案：65
4、(必修2P56练习T2改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OEBD1，而OE平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1平面ACE.答案：平行考点一线面平行的判定与性质(高频考点)学生用书P132平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行在高考试题中出现的频率很高，一般出现在解答题中高考对线面平行的判定及性质的考查常有以下三个命题角度：(1)判断线面的位置关系；(2)线面平行的证明；(3)线面平行性质的应用(2015高考四川卷节选)一个正方体的平面展开
5、图及该正方体的直观图的示意图如图所示在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(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)证明：直线MN平面BDH.解(1)点F，G，H的位置如图所示(2)证明：如图，连接BD，设O为BD的中点，连接OH，OM，MN.因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OMCD，且OMCD，HNCD，且HNCD，所以OMHN，OMHN.所以四边形MNHO是平行四边形，从而MNOH.又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.(1)证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来
6、推导线面平行(2)应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线. 1.如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点且PEEABFFD，求证：EF平面PBC.证明：法一：连接AF并延长交BC于M.连接PM.因为ADBC，所以.又由已知，所以.由平面几何知识可得EFPM，又EF平面PBC，PM平面PBC，所以EF平面PBC.法二：作FNBC交AB于N，因为NF平面PBC，BC平面PBC，所以NF平面PBC.因为ADBC，所以NFAD，则，又，所以.连接EN，则ENPB.又EN平面PBC，PB平面PBC，所以EN平面PBC.
7、又ENNFN，所以平面EFN平面PBC，而EF平面ENF.所以EF平面PBC.考点二面面平行的判定与性质学生用书P132如图，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GH是A1B1C1的中位线，所以GHB1C1.又因为B1C1BC，所以GHBC，所以B，C，H，G四点共面(2)因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EFBC，因为EF平面BCHG，BC平面BCHG，所以EF平面BCHG.因为A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1EGB.因为A1E平
8、面BCHG，GB平面BCHG，所以A1E平面BCHG.因为A1EEFE，所以平面EFA1平面BCHG.在本例条件下，线段BC1上是否存在一点M使得EM平面A1ACC1?解：存在当M为BC1的中点时成立证明如下：连接EM(图略)，在ABC1中，E，M分别为AB，BC1的中点，所以EM綊AC1，又EM平面A1ACC1，AC1平面A1ACC1，所以EM平面A1ACC1.判定面面平行的方法(1)利用定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)； (4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个
9、平面平行(客观题可用)2.如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AEFC1B1G1，H是B1C1的中点(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)求证：平面A1GH平面BED1F.证明：(1)因为AEB1G1，所以BGA1E2，因为BGA1E，所以A1GBE.又因为C1F綊B1G，所以FGC1B1D1A1，所以四边形A1GFD1是平行四边形所以A1GD1F，所以D1FEB，故E、B、F、D1四点共面(2)因为H是B1C1的中点，所以B1H.又B1G1，所以.又，且FCBGB1H90，所以B1HGCBF，所以B1GHCFBFBG，所
10、以HGFB.又由(1)知A1GBE，且HGA1GG，FBBEB，所以平面A1GH平面BED1F. 考点三平行关系的综合应用学生用书P133(2016洛阳月考)如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点(1)求证：BE平面DMF；(2)求证：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，连接MO，则MO为ABE的中位线，所以BEMO，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DEGN，又DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.又M为AB中点，
11、所以MN为ABD的中位线，所以BDMN，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.在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤. 3.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG平面BDD1B1；(2)平面EFG平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，因为E、G分别是BC、SC的中点，所以EGSB.又因为SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，所以直线E
12、G平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F、G分别是DC、SC的中点，所以FGSD.又因为SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，所以FG平面BDD1B1，又EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG，所以平面EFG平面BDD1B1.方法思想立体几何中的探索问题如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由 解点E为AB的中点时DE平面AB1C1，证明如下：法一：取AB1的中点F，连接DE、EF、FC1，因为E、F分别为AB、AB1的中点，所以EFBB1且EFBB1.在三棱柱ABC
13、A1B1C1中，DC1BB1且DC1BB1，所以EF綊DC1，四边形EFC1D为平行四边形，所以EDFC1.又ED平面AB1C1，FC1平面AB1C1，所以ED平面AB1C1.法二：取BB1的中点H，连接EH，DH，DE，所以E，H分别是AB，BB1的中点，则EHAB1.又EH平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以EH平面AB1C1，又HDB1C1，同理可得HD平面AB1C1，又EHHDH，所以平面EHD平面AB1C1，因为ED平面EHD，所以ED平面AB1C1.(1)立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的
14、设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使成立”，“只需使成立”如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA平面ABCD，若M、N分别为BC、PA的中点在线段PD上是否存在一点E，使NM平面ACE？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由解：当E为PD的中点时有NM平面ACE.证明如下：如图，取PD的中点E，连接NE，EC，AE，因为N，E分别为PA，PD的中点，所以NE綊AD.又在平行四边形ABCD中，CM綊AD，所以NE綊MC，即四
15、边形MCEN是平行四边形所以NMEC.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ACE.1在空间内，下列命题正确的是()A平行直线的平行投影重合B平行于同一直线的两个平面平行C垂直于同一平面的两个平面平行D垂直于同一平面的两条直线平行解析：选D.对于A，平行直线的平行投影也可能互相平行，或为两个点，故A错误；对于B，平行于同一直线的两个平面也可能相交，故B错误；对于C，垂直于同一平面的两个平面也可能相交，故C错误；而D为直线和平面垂直的性质定理，正确2设平面平面，A，B，C是AB的中点，当A，B分别在，内运动时，所有的点C()A不共面B当且仅当A，
16、B在两条相交直线上移动时才共面C当且仅当A，B在两条给定的平行直线上移动时才共面D不论A，B如何移动都共面解析：选D.根据平面平行的性质，不论A，B如何运动，动点C均在与，都平行的平面上3(2016惠州模拟)已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面，则下列条件能推出的是()Al，m，且l，mBl，m，且lmCl，m，且lmDl，m，且lm解析：选C.借助正方体模型进行判断易排除选项A，B，D，故选C.4(2016长沙模拟)用a，b，c表示空间中三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：若ab，bc，则ac；若ab，ac，则bc；若a，b，则ab.其中真命题的序号是()ABCD解析：选D.若ab，
17、bc，则ac或a与c相交或a与c异面，所以是假命题；在空间中，平行于同一直线的两条直线平行，所以是真命题；若a，b，则ab或a与b相交或a与b异面，所以是假命题，故选D.5. 如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别为BC，CD的中点，则()ABD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B.由AEEBAFFD14知EF綊BD，所以EF平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EFHG
18、且EFHG.所以四边形EFGH是梯形6设l，m，n表示不同的直线，表示不同的平面，给出下列命题：若ml，且m，则l；若ml，且m，则l；若l，m，n，则lmn；若m，l，n，且n，则lm.其中正确命题的个数是()A1 B2C3D4解析：选B.由题易知正确；错误，l也可以在内；错误，以墙角为例即可说明；正确，可以以三棱柱为例说明，故选B.7. 如图，在空间四边形ABCD中，MAB，NAD，若，则直线MN与平面BDC的位置关系是_解析：在平面ABD中，所以MNBD.又MN平面BCD，BD平面BCD，所以MN平面BCD.答案：平行8棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C
19、，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平面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：9设，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：a，b；a，b；b，a.如果命题“a，b，且_，则ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_(把所有正确条件的序号都填上)解析：由面面平行的性质定理可知，正确；当b，a时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确故填入的条件为或.答案：或10已知平面，P且P ，过点P的直线m与，分别交于A，C，过点P的直线n与，分别交于B，D，且PA6，AC9，PD8，则BD的长为
20、_解析：如图1，因为ACBDP，图1所以经过直线AC与BD可确定平面PCD.因为，平面PCDAB，平面PCDCD，所以ABCD.所以，即，所以BD.如图2，同理可证ABCD.图2所以，即，所以BD24.综上所述，BD或24.答案：或2411. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，H分别为棱A1B1，D1C1上的点，且EHA1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G，求证：FG平面ADD1A1.证明：因为EHA1D1，A1D1B1C1，EH平面BCC1B1，B1C1平面BCC1B1，所以EH平面BCC1B1.又平面FGHE平面BCC1B1FG，所以EHFG，即FGA1
21、D1.又FG平面ADD1A1，A1D1平面ADD1A1，所以FG平面ADD1A1.1. (2016湖南省长沙一中高考模拟)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP，过B1、D1、P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ_解析：因为平面A1B1C1D1平面ABCD，而平面B1D1P平面ABCDPQ，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，所以B1D1PQ.又因为B1D1BD，所以BDPQ，设PQABM，因为ABCD，所以APMDPQ.所以2，即PQ2PM.又知APMADB，所以，所以PMBD，又BDa，所以PQa.答案：a2. 如图，已知四棱
22、锥PABCD的底面为直角梯形，ABCD，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDCAB1，M是PB的中点 (1)求证：AMCM；(2)若N是PC的中点，求证：DN平面AMC.证明：(1)在直角梯形ABCD中，ADDCAB1，所以AC，BC，所以BCAC.又PA平面ABCD，BC平面ABCD，所以BCPA，所以BC平面PAC，所以BCPC.在RtPAB中，M为PB的中点，则AMPB，在RtPBC中，M为PB的中点，则CMPB，所以AMCM.(2)连接DB交AC于点F，因为DC綊AB，所以DFFB.取PM的中点G，连接DG，FM，则DGFM.又DG平面AMC，FM平面AMC，所以DG平面AMC.
23、连接GN，则GNMC，所以GN平面AMC.又GNDGG，所以平面DNG平面AMC.因为DN平面DNG，所以DN平面AMC.3. (2016阜阳月考)如图，在三棱锥ABOC 中，AO平面COB，OABOAC，ABAC2，BC，D，E分别为AB，OB的中点 (1)求证：CO平面AOB；(2)在线段CB上是否存在一点F，使得平面DEF平面AOC，若存在，试确定F的位置，并证明此点满足要求；若不存在，请说明理由解：(1)证明：因为AO平面COB，所以AOCO，AOBO，即AOC与AOB为直角三角形又因为OABOAC，ABAC2，所以OBOC1.由OB2OC2112BC2，可知BOC为直角三角形所以CO BO，又因为AOBOO，所以CO平面AOB.(2)在线段CB上存在一点F，使得平面DEF平面AOC，此时F为线段CB的中点证明如下，如图，连接DF，EF，因为D，E分别为AB，OB的中点，所以DEOA.又DE平面AOC，所以DE平面AOC.因为E，F分别为OB，BC的中点，所以EFOC.又EF平面AOC，所以EF平面AOC，又EFDEE，EF平面DEF，DE平面DEF，所以平面DEF平面AOC.专心-专注-专业