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《直线、平面平行的判定和性质》复习参考课件



1.理解线面平行的判定定理,理解面面平行的判 定定理. 2.理解线面平行的性质定理,理解面面平行的性 质定理.

1.直线与平面平行的判定与性质

2.平面与平面平行的判定与性质

[思考探究]

能否由线线平行得到面面平行?
提示:可以.只要一个平面内的两条相交直线分别平行于

另一个平面内的两条相交直线,这两个平面就平行.

1.已知直线a,b,平面α,满足a?α,则使b∥α的条 件为 A.b∥a B.b∥a且b ?α ( )

C.a与b异面

D.a与b不相交

解析:本题考查线面平行的判定定理. 答案:B

2.如果一条直线与两个平行平面中的一个平行,那么这条 直线与另一个平面的位置关系是 A.平行 C.在平面内 B.相交 D.平行或在平面内 ( )

解析:由线面平行的定义知,这条直线与另一个平面 无公共点或在这个平面内. 答案:D

3.已知α∥β,a?α,点B∈ β ,则在β内过点B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.存在唯一一条与a平行的直线 解析:由a和B可确定一平面为γ,则α∩γ=a,设β∩γ= b,则B∈b,由面面平行的性质定理知a∥b,则b唯一. 答案:D

4.过三棱柱ABC—A1B1C1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,只有面EFGH与面ABB1A1平行,

在四边形EFGH中有6条符合题意.

答案:6

5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中, E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、 D1D、CD的中点,N是BC的中点,点 M在四边形EFGH及其内部运动,则M

满足

时,有MN∥平面B1BDD1.

解析:∵HN∥BD,HF∥DD1, HN∩HF=H,BD∩DD1=D, ∴平面NHF∥平面B1BDD1, 故线段FH上任意点M与N连接, 有MN∥平面B1BDD1. 答案:M∈线段FH

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.

[特别警示] 线面平行关系没有传递性,即平行线中的一
条平行于一平面,另一条不一定平行于该平面.

两个全等的正方形ABCD和ABEF所在的平面相交
于AB,M∈AC,N∈FB,且AM=FN,求证:MN∥平面 BCE. [思路点拨]

[课堂笔记] 法一:过M作MP⊥BC, 过N作NQ⊥BE,P、Q为垂足(如图1), 连结PQ.

∵MP∥AB,NQ∥AB,
∴MP∥NQ. 又NQ= BN= CM=MP,

∴四边形MPQN是平行四边形. ∴MN∥PQ.又PQ?平面BCE,而MN?平面BCE,

∴MN∥平面BCE.

法二:过M作MG∥BC,交AB于G(如图2),连结NG. ∵MG∥BC,BC?平面BCE,

MG?平面BCE,
∴MG∥平面BCE. 又∵AM=FN,AC=BF, ∴ ,

∴GN∥AF∥BE,同样可证明GN∥平面BCE.

∵MG∩NG=G,
∴平面MNG∥平面BCE.又MN?平面MNG, ∴MN∥平面BCE.

如图,正方体ABCD-
A1B1C1D1中,侧面对角

线AB1,BC1上分别有两
点M,N.且B1M=C1N.求证MN∥平面ABCD.

证明:法一:分别过M、N作MM′

⊥AB于M′,NN′⊥BC于N′,
连结M′N′. ∵BB1⊥平面ABCD, ∴BB1⊥AB,BB1⊥BC. ∴MM′∥BB1,NN′∥BB1.

∴MM′∥NN′,又B1M=C1N,
∴MM′=NN′.

故四边形MM′N′N是平行四边形,

∴MN∥M′N′,
又M′N′?平面ABCD,MN?平面ABCD,

∴MN∥平面ABCD.

法二:过M作MG∥AB交BB1于G,连接GN,则 , ∵B1M=C1N,B1A=C1B, ∴ ,∴NG∥B1C1∥BC.

又MG∩NG=G,AB∩BC=B,

∴平面MNG∥平面ABCD,
又MN?平面MNG,∴MN∥平面ABCD.

判定平面与平面平行的常用方法有:

1.利用定义(常用反证法)
2.利用判定定理:转化为判定一个平面内的两条相交直 线分别平行于另一个平面.客观题中,也可直接利用一 个平面内的两条相交线分别平行于另一个平面内的两 条相交直线来证明两平面平行.

3.利用面面平行的传递性:
4.利用线面垂直的性质:

?α∥γ.
?α∥β.

如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1,D是BC上一点, 且A1B∥平面AC1D,D1是B1C1的中点, 求证:平面A1BD1∥平面AC1D.

[思路点拨]

[课堂笔记] 如图所示,连结A1C交AC1于点E,

∵四边形A1ACC1是平行四边形,
∴E是A1C的中点,连结ED, ∵A1B∥平面AC1D, 平面A1BC∩平面AC1D=ED, ∴A1B∥ED, ∵E是A1C的中点, ∴D是BC的中点.

又∵D1是B1C1的中点,
∴BD1∥C1D,A1D1∥AD,

又A1D1∩BD1=D1,C1D∩AD=D,
∴平面A1BD1∥平面AC1D.

1.平行问题的转化方向如图所示:

2.性质过程的转化实施,关键是作辅助平面,通过作辅
助平面得到交线,就可把面面平行化为线面平行,进 而化为线线平行,注意作平面时要有确定平面的依据.

如图所示,两条异面直线BA、
DC与两平行平面α、β分别交于B、A

和D、C,M、N分别是AB、CD的中点.
求证:MN∥平面α.

[思路点拨]

[课堂笔记] 过A作AE∥CD交α于E,
取AE的中点P, 连结MP、PN、BE、ED. ∵AE∥CD,∴AE、CD确定平面 AEDC,

则平面AEDC∩α=DE,平面AEDC
∩β=AC, ∵α∥β,∴AC∥DE.

又P、N分别为AE、CD的中点,
∴PN∥DE.又PN?α,DE?α, ∴PN∥α. 又M、P分别为AB、AE的中点, ∴MP∥BE,且MP?α,BE?α, ∴MP∥α,又MP∩PN=P,∴平面MPN∥α. 又MN?平面MPN,∴MN∥α.

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.结
合空间平行关系,利用平行的性质,设计开放型试 题是新课标高考命题的一个动向.

[考题印证]

(2010· 济南模拟)(12分)如图,
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已 知DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC, AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1;

(2)设E是DC上一点,试确定E的位置,使D1E∥平
面A1BD,并说明理由.

【解】

(1)证明:在直四棱柱

ABCD—A1B1C1D1中, 连结C1D, ∵DC=DD1,

∴四边形DCC1D1是正方形.
∴DC1⊥D1C.┄┄┄(2分) 又AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, ∴AD⊥平面DCC1D1,

又D1C?平面DCC1D1,∴AD⊥D1C.┄┄┄┄┄(4分) ∵AD,DC1?平面ADC1,且AD∩DC1=D, ∴D1C⊥平面ADC1,

又AC1?平面ADC1,∴D1C⊥AC1.┄┄┄┄┄┄(6分)
(2)连结AD1、AE,设AD1∩A1D= M,BD∩AE=N,连结MN, ∵平面AD1E∩平面A1BD=MN, 要使D1E∥平面A1BD,须使MN∥D1E,

又M是AD1的中点,
∴N是AE的中点.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(10分)

又易知△ABN≌△EDN,∴AB=DE.

即E是DC的中点.
综上所述,当E是DC的中点时,可使D1E∥平面 A1BD.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)

[自主体验]
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为1,M、N分别是 面对角线AD1、BD上的点,且AM=BN=x. (1)求证:MN∥平面CDD1C1; (2)求证:MN⊥AD; (3)当x为何值时,MN取得最小值,并求出这个最小值.

解:(1)证明:如右图所示, 过M作MR⊥AD,垂足为R,则 MR⊥平面ABCD,连结RN,则 RN⊥AD.过M、N分别作MQ⊥ D1D,NP⊥CD,垂足分别为Q、P,则MQ∥RD∥NP.

∵MD1=ND,
∴MQ RD NP, ∴MNPQ为平行四边形, ∴MN∥PQ,又MN?平面CDD1C1, ∴MN∥平面CDD1C1.

(2)证明:∵AD⊥RN,AD⊥MR, ∴AD⊥平面MRN,又MN?平面MRN, ∴AD⊥MN.

(3)由△ARM∽△ADD1得:
由△DRN∽△DAB得: =






∴在Rt△MRN中,|MN|2=|MR|2+|RN|2 = =(x- )2+ .

∴当x=

时,MN取得最小值

.

1.(2010· 西城模拟)已知直线a和平面α,那么a∥α的一个充 分条件是 ( )

A.存在一条直线b,a∥b,b?α
B.存在一条直线b,a⊥b,b⊥α C.存在一个平面β ,a?β,α∥ β D.存在一个平面β ,a⊥ β ,α⊥ β

解析:存在一个平面β,a? β ,α∥ β ?a与α没有公共点

?a∥α,其他答案都有可能a在α内.
答案:C

2.设α、β、γ为平面,给出下列条件:
①直线a与b为异面直线,a?α,b? β ,a∥ β ,b∥α; ②α内不共线的三点到β的距离相等; ③α⊥γ, β ⊥γ. 其中能使α∥ β成立的条件的个数是 ( )

A.0
C.2

B.1
D.3

解析:由面面平行的判定定理易知①正确.若α内不共线
的三点到β 的距离相等,则α与β 可能相交,故②错;若 α⊥γ, β ⊥γ,则α∥ β或α与β相交,故③错.

答案:B

3.(2010· 茂名模拟)给出下列命题:①若平面α上的直线m
与平面β上的直线n为异面直线,直线l是α与β 的交线, 那么l至多与m,n中一条相交;②若直线m与n异面, 直线n与l异面,则直线m与l异面;③一定存在平面γ同 时和异面直线m、n都平行.其中正确的命题是 ( )

A.①
C.③

B.②
D.①③

解析:①错误,l可能与m,n两条都相交;②错误,直线m 与l也可共面;③正确. 答案:C

4.在四面体ABCD中,M、N分别为△ACD和△BCD的重心, 则四面体的四个面中与MN平行的是 .

解析:如图所示,取CD中点E,连结 AE,BE,由于M、N分别是三角形的 重心,所以MN∥AB, ∴MN∥平面ABC,MN∥平面ABD.

答案:平面ABC,平面ABD

5.棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,

过C、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:

6.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D点为棱AB的中点.
求证:AC1∥平面CDB1.

证明:连结BC1,交B1C于点E,连结DE,则BC1与B1C互相 平分.

∴BE=C1E,又AD=BD,

∴DE为△ABC1的中位线,∴AC1∥DE.
又DE?平面CDB1,AC1?平面CDB1,

∴AC1∥平面CDB1



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