天津地区2020届高考数学一轮复习第七章立体几何7.3直线、平面平行的判定与性质课件新人教版.pptx

1、7.3直线、平面平行的判定与性质,-2-,知识梳理,双基自测,1.直线与平面平行的判定与性质,a=,a,b,ab,a,a,a,=b,a=,ab,-3-,知识梳理,双基自测,2.面面平行的判定与性质,=,a,b,ab=P, a,b,=a, =b,-4-,知识梳理,双基自测,3.常用结论 (1)两个平面平行的有关结论 垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a,a,则. 平行于同一平面的两个平面平行,即若,则. (2)在推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则会出现错误.,2,-5-,知识梳理,双基自测,3,4,1,5,1.下列结论正确的打“”,错误的打“”. (1)若一条直线平行于一个平面内的

2、一条直线,则这条直线平行于这个平面.() (2)若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任一条直线.() (3)若直线a与平面内无数条直线平行,则a.() (4)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.() (5)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.(),-6-,知识梳理,双基自测,2,3,4,1,5,2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中,正确的是(填序号). AD1BC1; 平面AB1D1平面BDC1; AD1DC1; AD1平面BDC1.,-7-,知识梳理,双基自测,2,3,4,1,5,解析 如图. 因为AB C

3、1D1, 所以四边形AD1C1B为平行四边形. 故AD1BC1,从而正确; 易证BDB1D1,AB1DC1, 又AB1B1D1=B1,BDDC1=D, 故平面AB1D1平面BDC1,从而正确; 由图易知AD1与DC1异面,故错误; 因AD1BC1,AD1平面BDC1,BC1平面BDC1, 故AD1平面BDC1,故正确.,-8-,知识梳理,双基自测,2,3,4,1,5,3.已知P是正方体ABCD-A1B1C1D1棱DD1上任意一点(不与端点重合),则该在正方体的12条棱中,与平面ABP平行的直线是.,DC,D1C1,A1B1,解析 DC,D1C1,A1B1均平行于直线AB,依据直线与平面平行判定

4、定理,均可证明它们平行于平面ABP.,-9-,知识梳理,双基自测,2,3,4,1,5,4.在四面体ABCD中,M,N分别是平面ACD,BCD的重心,则四面体的四个面中与MN平行的是.,平面ABC、平面ABD,解析 如图,连接AM并延长交CD于点E,连接BN并延长交CD于点F.由重心性质可知,E,F重合为一点,且该点为CD的中点E,由 ,得MNAB,因此,MN平面ABC,且MN平面ABD.,-10-,知识梳理,双基自测,2,3,4,1,5,5.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

5、运动,则M满足条件时,有MN平面B1BDD1.,M线段FH,解析 由题意易知平面HNF平面B1BDD1,当点M满足在线段FH上有MN平面B1BDD1.,-11-,考点1,考点2,考点3,例1(1)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是() A.若,m,n,则mnB.若,m,n,则mn C.若mn,m,n,则D.若m,mn,n,则 (2)设m,n表示不同直线,表示不同平面,则下列结论中正确的是() A.若m,mn,则n B.若m,n,m,n,则 C.若,m,mn,则n D.若,m,nm,n,则n 思考如何借助几何模型来找平行关系?,答案,解析,-12-,考点1,考点2,考

6、点3,解题心得线面平行、面面平行的命题真假判断多以小题出现,处理方法是数形结合,画图或结合正方体等有关模型来解题.,-13-,考点1,考点2,考点3,对点训练1(1)若直线ab,且直线a平面,则直线b与平面的位置关系是() A.b B.b C.b或b D.b与相交或b或b (2)给出下列关于互不相同的直线l,m,n和平面,的三个命题: 若l与m为异面直线,l,m,则; 若,l,m,则lm; 若=l,=m,=n,l,则mn. 其中真命题的个数为() A.3 B.2 C.1 D.0,答案,解析,-14-,考点1,考点2,考点3,例2如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,ACBC,

7、 AC=BC=CC1=2,点D为AB的中点. (1)证明:AC1平面B1CD; (2)若P,Q分别是A1CD与B1CD的重心,证明:PQ平面ABC. 思考证明线面平行的关键是什么?,-15-,考点1,考点2,考点3,证明 (1)方法一(判定定理法) 连接BC1,交B1C于点O,连接OD. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形BCC1B1是平行四边形. 点O是BC1的中点. 点D为AB的中点,ODAC1. 又OD平面B1CD,AC1平面B1CD, AC1平面B1CD.,-16-,考点1,考点2,考点3,方法二(性质定理法)如图,取A1B1的中点D1,连接C1D1,AD1,DD1. 在矩形ABB

8、1A1中,AD=DB,A1D1=D1B1, 所以AD1DB1,且DD1 BB1. 又因为BB1 CC1,所以DD1 CC1, 所以四边形CDD1C1是平行四边形, 所以C1D1CD. 又因为C1D1平面AC1D1,CD平面AC1D1, 所以CD平面AC1D1. 同理,B1D平面AC1D1. 因为B1DCD=D,所以平面B1CD平面AC1D1. 因为AC1平面AC1D1,所以AC1平面B1CD.,-17-,考点1,考点2,考点3,(2)如图,因为P是A1CD的重心,连接A1P并延长,交CD于点M, 则M为CD的中点. 同理连接B1Q,并延长,与CD也相交于点M.,又因为ABA1B1,所以PQAB

9、. 因为PQ平面ABC,AB平面ABC, 所以PQ平面ABC.,-18-,考点1,考点2,考点3,解题心得证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法: (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线; (2)利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行; (3)注意说明已知的直线不在平面内,即三个条件缺一不可.,-19-,考点1,考点2,考点3,对点训练2如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为矩形,E为SA的中点,SA=SB=2,AB=2 ,BC=3. (1)证明:SC平面BDE; (2)若BCSB,求三棱锥

10、C-BDE的体积.,-20-,考点1,考点2,考点3,(1)证明 连接AC,设ACBD=O,连接OE. 四边形ABCD为矩形,O为AC的中点, 在ASC中,E为AS的中点,SCOE, 又OE平面BDE,SC平面BDE, SC平面BDE.,-21-,考点1,考点2,考点3,(2)解 过点E作EHAB,垂足为H, BCAB,且BCSB,ABSB=B, BC平面SAB, EH平面ABS,EHBC, 又EHAB,ABBC=B, EH平面ABCD, 在SAB中,取AB中点M,连接SM, SA=SB,SMAB,SM=1.,-22-,考点1,考点2,考点3,例3如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A

11、BCD是正方形. (1)证明:平面A1BD平面CD1B1; (2)若平面ABCD平面B1D1C=直线l,证明:B1D1l. 思考证明面面平行的常用方法有哪些?,-23-,考点1,考点2,考点3,证明 (1)由题设知BB1 DD1, 所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BDB1D1. 因为BD平面CD1B1,B1D1平面CD1B1,所以BD平面CD1B1. 因为A1D1 B1C1 BC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1BD1C. 因为A1B平面CD1B1,D1C平面CD1B1,所以A1B平面CD1B1. 又因为BDA1B=B,所以平面A1BD平面CD1B1. (2)由(1)知平

12、面A1BD平面CD1B1, 又平面ABCD平面B1D1C=直线l, 平面ABCD平面A1BD=直线BD, 所以直线l直线BD. 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形BDD1B1为平行四边形, 所以B1D1BD,所以B1D1l.,-24-,考点1,考点2,考点3,解题心得判定面面平行的常用方法: (1)利用面面平行的判定定理; (2)面面平行的传递性(,); (3)利用线面垂直的性质(l,l ).,-25-,考点1,考点2,考点3,对点训练3 如图所示,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面SBC,ABBC, AS=AB.过点A作AFSB,垂足为点F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证: (1)平面EFG平面ABC; (2)BCSA.,-26-,考点1,考点2,考点3,证明 (1)因为AS=AB,AFSB,垂足为F, 所以F是SB的中点. 又因为E是SA的中点,所以