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8-4直线平面平行的判定及其性质_图文


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考纲要求 1.认识 和理解空 间中线面 平行的有 关性质与 判定. 2.能 运用公理、 定理和已 获得的结 论证明一 些空间位 置关系的 简单命题.

考情分析 从近三年的高考试题来看, 高考对本部分的考查 比较平稳,一般通过对图形或几何体的认识,考查 直线与平面平行, 以及平面与平面平行的判定和性 质,题型以解答题为主,难度为中等,考查线∥线 ?? 线∥面?? 面∥面的转化思想, 并且考查学生的 空间想象能力以及逻辑推理能力,如 2012 年辽宁 卷 18、江苏卷 16 等.另外,开放型试题是在近年 来的高考中频繁出现, 结合空间平行关系利用平行 性质, 设计开放型试题是新课标高考命题的一个动 向. 预测:2013 年高考对本节内容的考查以多面 体为载体,以直线与平面平行的判定和应用,及平 面与平面平行的判定和应用为主, 以解答题的形式 呈现,综合考查线面关系及空间向量的运算.
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(对应学生用书P135)
(1)判定定理 文字语言 如果平面外的一条直 线和这个平面内的一 条直线平行,那么这 条直线和这个平面平 行(简记为 线线平行 ?线面平行 ). 图形语言 符号语言

判 定 定 理

l?α ? ? a?α ???l∥α a∥l ? ?

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(2)性质定理 文字语言 性 质 定 理 如果一条直线和一个平面 平行, 经过这条直线的平面 和这个平面相交, 那么这条 直线就和交线平行(简 记 线面平行?线线平行 ).
a∥α ? a?β ? α∩β=b

图形语言

符号语言

? ? ?? ? ?

a∥b

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2.平面与平面平行 (1)判定定理 文字语言 判 定 定 理 如果一个平面内有两条
相交的直线都平行于另一

图形语言

符号语言
a?α ? ? ? b?α ? ? ? a∩b=P ??

个平面,那么这两个平面 平行(简记为“ 线面平行
?面面平行

a∥β ? ? ? a∥β ?

”)

α∥β

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(2)两平面平行的性质定理 文字语言 性 质 定 理 图形语言 符号语言

如果两平行平面同时 和第三个平面相交 , 那么它们的交线 平行

α∥β ? ? ? α∩γ=a ? ?? β∩γ=b ? ?
a∥b

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问题探究:(1)能否由线线平行推证面面平行? (2)能否由线面垂直推证面面平行?

提示:(1)可以,只需一平面内两相交线分别平行于另一 平面内的两相交线,则两面平行. (2)可以,只需两平面垂直于同一直线,即得证平行.

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(对应学生用书 P135)

(长)正方体、三棱柱、三棱锥等常见几何体模型承载着 空间线面位置关系,具有很好的反驳验证功能,在客观性试 题中用好模型,会事半功倍.

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m、n 是不同的直线,α、β、γ 是不同的平面,有以下四 个命题: ①若 α∥β,α∥γ,则 β∥γ;②若 α⊥β,m∥α,则 m⊥β; ③若 m⊥α,m∥β,则 α⊥β;④若 m∥n,n?α,则 m∥α. 其中真命题的序号是 A.①③ C.②③ B.①④ D.②④ ( )

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【解析】

确定命题正确常常需要严格的证明,判断命

题错误只需一个反例就可以了.如图在正 方 体 A′C 中 , 平 面 B′C 垂 直 平 面 A′C′,直线 AD 平行平面 B′C,但直线 AD 并不垂直平面 A′C′,故②错误,排 除 C,D;由线面平行的判断定理知,④缺 少 m?α 的条件,故④错误.故选 A.
【答案】 A

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在线面关系的判断中,恰到好处地利用长方体、正方体 可使问题更直观.

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(1)已知 m,n 是两条不同的直线,α、β 为两个不同的平 面,有下列四个命题: ①若 m⊥α,n⊥β,m⊥n,则 α⊥β;②若 m∥α,n∥β, m⊥n,则 α∥β;③若 m⊥α,n∥β,m⊥n,则 α∥β;④若 m ⊥α,n∥β,α∥β,则 m⊥n. 其中正确的命题是 A.①② C.①④ B.①③ D.①③④
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(

)

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(2)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M, N, 分别是棱 D1C1, 1D1, 的中点. Q A BC 点 → =2BD1,给出下 P 在对角线 BD1 上,且BP 3 → 列四个命题: ① MN ∥ 平 面 APC ; ② C1Q ∥ 平 面 APC;③A,P,M 三点共线;④平面 MNQ∥平面 APC.其中 正确命题的序号为 A.①② B.①④ C.②③ ( )

D.③④

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解析:(1)我们借助于长方体模型来解决本题.对于①可 以得到平面 α,β 互相垂直,如图(1)所示,故①正确;对于 ②,平面 α、β 可能垂直,如图(2)所示;对于③,平面 α、β 可能垂直, 如图(3)所示; 对于④, m⊥α, 由 α∥β 可得 m⊥β, 因为 n∥β,所以过 n 作平面 γ,且 γ∩β=g,如图(4)所示, 所以 n 与交线 g 平行,因为 m⊥g,所以 m⊥n,故选 C.

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(2)E,F 分别为 AC,MN 的中点,G 为 EF 与 BD1 的交 D1G 点,显然△D1FG∽△BEG,故 = BG D1F 1 2 → =2BD1, =2, BG=3BD1, 即 又BP 3 → BE 2 即 BP= BD1,故点 G 与点 P 重合, 3 所以平面 APC 和平面 ACMN 重合, MN?平面 APC,故命题①不正确,命题④也不正确,结合 选项可知选 C.
答案:(1)C (2)C
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判定直线与平面平行,主要有三种方法: (1)利用定义(常用反证法). (2)利用判定定理:关键是找平面内与已知直线平行的直 线.可先直观判断平面内是否已有,若没有,则需作出该直 线,常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直 线作一平面找其交线. (3)利用面面平行的性质定理:当两平面平行时,其中一 个平面内的任一直线平行于另一平面.
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如图所示, 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 侧面对角线 AB1, BC1 上分别有两点 E,F,且 B1E=C1F. 求证:EF∥平面 ABCD.

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【证明】 分别过 E,F 作 EM⊥AB 于 M,FN⊥BC 于 N,连接 MN. ∵BB1⊥平面 ABCD, ∴BB1⊥AB,BB1⊥BC, ∴EM∥BB1,FN∥BB1, ∴EM∥FN. 又∵B1E=C1F,∴EM=FN, 故四边形 MNFE 是平行四边形, ∴EF∥MN. 又 MN?平面 ABCD,EF?平面 ABCD, 所以 EF∥平面 ABCD.
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证明 EF∥面 ABCD 只需在面 ABCD 内找一条直线与 EF 平行即可.

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如图所示,已知 S 是正三角形 ABC 所在平 面外的一点,且 SA=SB=SC,SG 为△SAB 上 的高,D、E、F 分别是 AC、BC、SC 的中点, 试判断 SG 与平面 DEF 的位置关系,并给予证 明.

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证明:SG∥平面 DEF,证明如下: 证法一:连接 CG 交 DE 于点 H,连接 FH,如图所示.

∵DE 是△ABC 的中位线,∴DE∥AB.

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在△ACG 中,D 是 AC 的中点, 且 DH∥AG. ∴H 为 CG 的中点. ∴FH 是△SCG 的中位线, ∴FH∥SG. 又 SG?平面 DEF,FH?平面 DEF,∴SG∥平面 DEF.

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证法二:∵EF 为△SBC 的中位线,∴EF∥SB. ∵EF?平面 SAB,SB?平面 SAB, ∴EF∥平面 SAB. 同理可证,DF∥平面 SAB,EF∩DF=F, ∴平面 SAB∥平面 DEF, 又 SG?平面 SAB,∴SG∥平面 DEF.

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平面与平面平行问题 1. 在平面和平面平行的判定定理中, “两条相交直线” 中的“相交”两个字不能忽略,否则结论不一定成立. 2.若由两个平面平行来推证两条直线平行,则这两条 直线必须是这两个平行平面与第三个平面的交线,有时候第 三个平面需要作出来.

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3.平面与平面平行的性质. α∥β ? ? α∩γ=a??α∥b. β∩γ=b ? ? α∥β? ?
??a⊥β(面面平行?线面垂直). a⊥α? ?

(1)

(2)

(3)夹在两平行平面间的平行线段相等.

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4.平面与平面平行的判定方法. (1)依定义,采用反证法. (2)用判定定理. (3)用“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质 证明.

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如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 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; (3)平面 BDF∥平面 B1D1H.

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【证明】

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(1)如图所示,取BB1的中点M,易证四边形

HMC1D1是平行四边形,∴HD1∥MC1. 又∵MC1∥BF, ∴BF∥HD1.

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1 (2)取BD的中点O,连接EO,D1O,则OE綊 DC, 2

1 又D1G綊2DC,∴OE綊D1G, ∴四边形OEGD1是平行四边形,∴GE∥D1O. 又D1O?平面BB1D1D,∴EG∥平面BB1D1D.

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(3)由(1)知D1H∥BF, 又BD∥B1D1,B1D1、HD1?平面HB1D1, BF、BD?平面BDF,且B1D1∩HD1=D1, DB∩BF=B, ∴平面BDF∥平面B1D1H.

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在本例(2)中证明EG∥面BB1D1D,也可取CD中点P.连 接GP,EP,由面GPE∥面BB1D1D从而推出EG∥面 BB1D1D,利用了面面平行的判定和性质.

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如图,AB,CD是夹在两个平行平面α,β间的线段,且 直线AB,CD是异面直线,M,P分别是AB,CD的中点.求 证:直线MP∥平面α.

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证明:经过A,C,D三点可确定一个平面γ,并且分别 与平面β,平面α交于AC,FD,根据两个平 面平行的性质,可知AC∥DF. 过A作AE∥CD,交DF于点E,取AE的 中点N,连接MN,根据三角形中位线定 理,MN∥BE,又NP∥ED. 根据平行平面判定定理,知平面MNP∥平面α. 因为MP?平面MNP, 所以直线MP∥平面α.
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开放型试题能充分考查学生的思维能力和创新精神, 近年来在高考试题中频繁出现这类题型.

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如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的 中点. (1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的 正弦值; (2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F ∥平面A1BE?证明你的结论.

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【解】 (1)如图(a)所示,取AA1的中点M,连接EM, BM.因为E是DD1的中点,四边形ADD1A1为正方形,所以EM ∥AD.

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又在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1, 所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为直线BE在平面 ABB1A1上的射影,∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角. 设正方体的棱长为2,则EM=AD=2,BE= 22+22+12=3. EM 2 于是,在Rt△BEM中,sin∠EBM= = , BE 3 2 即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为3.

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(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE. 事实上,如图(b)所示,分别取C1D1和CD的中点F、G, 连接EG,BG,CD1,FG. 因A1D1∥B1C1∥BC,且A1D1=BC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形, 因此D1C∥A1B. 又E,G分别为D1D,CD的中点, 所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E共 面.
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所以BG?平面A1BE. 因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形,F,G分别为 C1D1和CD的中点, 所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B.因此四边形 B1BGF是平行四边形. 所以B1F∥BG.而B1F?平面A1BE,BG?平面A1BE, 故B1F∥平面A1BE.

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图中面A1BE是用三角形来表示平面,直观性不是很 好,画出截面A1BE,设面A1BE∩面DCC1D1=EG,可知EG ∥CD1,这样用四边形A1BGE来表示截面A1BE,空间线面关 系非常清晰.

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如图,在底面是平行四边形的四棱锥 PABCD中,点E在PD上,且PE∶ED= 2∶1,在棱PC上是否存在一点F,使BF∥ 平面AEC?证明你的结论.

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解:当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC. 证明:取PE的中点M,连接FM, 则FM∥CE.① 1 由EM=2PE=ED,知E是MD的中点. 连接BM,BD,设BD∩AC=O, 则O为BD的中点,连接OE, 所以BM∥OE.② 由①,②知,平面BFM∥平面AEC. 又BF?平面BFM,所以BF∥平面AEC.
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1.线线平行、线面平行、面面平行的相互转化关系

利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化,解决 平行关系的判定时,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”; 而应用性质定理时,其顺序正好相反.在实际应用中,判定 定理和性质定理一般要相互结合,灵活运用.
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2.直线与平面平行的判定方法 (1)利用定义:证线面无公共点; (2)利用线面平行的判定定理; (3)利用面面平行的性质. 3.平面与平面平行的判定方法 (1)利用定义:证两个平面没有公共点; (2)面面平行的判定定理; (3)定理:垂直于同一条直线的两个平面平行; (4)两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平 行.
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4.数学思想方法——转化思想方法,直线与平面平行 的判定定理和性质定理的实质就是线线平行与线面平行的 转化,垂直问题类似. 5.要能够灵活地作出辅助线或辅助平面来解题.第一, 辅助线、辅助平面不能随意作,要有理论依据;第二,辅助 线或辅助平面有什么性质,同样要以某一性质定理为依据.

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数形结合思想的应用 高考中对位置关系的判断与证明一般是考查转化与化 归思想,而下题将最值问题与位置关系的证明相结合,视角 新颖,数形结合,考查了学生空间与平面转化及推理论证的 能力.

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(2012 年 福 建 卷 ) 如 图 , 在 长 方 体 ABCD - A1B1C1D1 中,AB=AD=1,AA1=2,M 为棱 DD1 上 的一点. (1)求三棱锥 A-MCC1 的体积; (2)当 A1M+MC 取得最小值时,求证:B1M⊥平 面 MAC.

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【解】 (1)由长方体ABCD-A1B1C1D1知, AD⊥平面CDD1C1, ∴点A到平面CDD1C1的距离等于AD=1. 又 1 CD =2CC1·

1 = ×2×1=1, 2

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(2)证明:将侧面CDD1C1绕DD1逆 时针转90° 展开,与侧面ADD1A1共面(如 图), 当A1,M,C′共线时,A1M+MC 取得最小值. 由AD=CD=1,AA1=2,得M为DD1的中点.

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连接A1M、B1M,在△C1MC中,MC1= 2,MC= 2, CC1=2, ∴CC2=MC2+MC2, 1 1 得∠CMC1=90° ,即CM⊥MC1. 又由长方体ABCD-A1B1C1D1知,B1C1⊥平面CDD1C1, ∴B1C1⊥CM.又B1C1∩C1M=C1, ∴CM⊥平面B1C1M,得CM⊥B1M. 同理可证,B1M⊥AM.又AM∩MC=M, ∴B1M⊥平面MAC.
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【试一试】 1.如图所示,已知正三棱柱ABC- A1B1C1的底面边长为2 cm,高为5 cm,则 一质点自点A出发,沿着三棱柱的侧面绕行 两周到达点A1的最短路线的长为 ________cm.

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解析:根据题意,利用分割法将原三棱柱分割为两个 相同的三棱柱,然后将其展开为如图所示的实线部分,则 可知所求最短路线的长为 52+122=13(cm).

答案:13

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2.下图中实线围成的部分是如图(1)所示的长方体的平 面展开图,其中四边形ABCD是边长为1的正方形.若向图(2) 中虚线围成的矩形内任意抛掷一质点,它落在长方体的平 1 面展开图内的概率是 ,则此长方体的体积是______. 4

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解析:设长方体的高为h,则图(2)中虚线矩形的长和宽 分别是2h+2,2h+1,实线围成的部分的面积是2+4h.根据 2+4h 1 题意,得 = ,即2h2-5h-3=0,解得h=- ?2h+1??2h+2? 4 1 2(舍去)或h=3,故长方体的体积是3.
答案:3

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84直线平面平行的判定及性质 - 第八章 8.4 第 4 课时 课时作业(四
第四节直线、平面平行的判定及其性质_图文.ppt
直线平面平行的判定及其性质 - 第直线平面平行的 判定及其性质 线面平行的判定及应用 两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于 AB,M∈AC,N...
第八章 8.3 直线、平面平行的判定及其性质_图文.ppt
第八章 8.3 直线平面平行的判定及其性质_数学_高中教育_教育专区。一轮复习...作性质定理使用. 4.辅助线(面)是解(证)线面平行的关键.为了能利用线面平行...
第4讲 直线、平面平行的判定与性质_图文.ppt
4直线平面平行的判定性质_数学_高中教育_教育专区。直线平面平行的判定性质 1.直线与平面平行判定定理 如果平面外的一条直线与___的一条直线平行...
8.4直线、平面平行的判定及其性质_图文.ppt
8.4直线平面平行的判定及其性质 - 8.4 直线平面平行的判定及 其性质 返回目录 按Esc键退出 返回目录 按Esc键退出 基础梳理自测 考点探究突破 返回目录 按E...
...教师用书:第8章第4讲直线、平面平行的判定及其性质含解析_图文....pdf
2018年高考数学总复习教师用书:第8章第4直线平面平行的判定及其性质含解析 - 第4讲 最新考纲 直线平面平行的判定及其性质 1.以立体几何的定义、公理和定理...
直线、平面平行的判定及其性质ppt 人教课标版_图文.ppt
2.2 直线平面平行的判定及其性质 2.2.1 直线与平面平行的判定 问题提出 ?...P62习题2.2A组:7,8. 2.2 直线平面平行的判定及其性质 直线与平面平行的...
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