《高考數(shù)學總復習 （教材回扣夯實雙基+考點探究+把脈高考）第七章第4課時 空間中的平行關系課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學總復習 （教材回扣夯實雙基+考點探究+把脈高考）第七章第4課時 空間中的平行關系課件（69頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、 第4課時空間中的平行關系教材回扣夯實雙基教材回扣夯實雙基 基礎梳理 1直線與平面平行的判定與性質判定判定性質性質定義定義定理定理圖形圖形條件條件_ 結論結論aba_a a， b ，aba a, a，b ab 2面面平行的判定與性質判定判定性質性質定義定義定理定理圖圖形形條條件件_，a結結論論aba a，b， abP，a，b， a， b 思考探究 如果一個平面內有無數(shù)條直線平行于 另一個平面，那么這兩個平面一定平 行嗎？ 提示：不一定如果這無數(shù)條直線互 相平行，則這兩個平面就不一定平行 課前熱身 1已知m、n、l1、l2表示直線，、表示平面若m，n，l1，l2,l1l2M，則的一個充分條件是(
2、) Am且l1Bm且n Cm且nl2 Dml1且nl2 解析：選D.由定理“如果一個平面內有兩條相交直線分別與另一個平面平行,那么這兩個平面平行”可得，由選項D可推知，因此選D. 2下列命題中，錯誤的是() A平面內一個三角形各邊所在的直線都與另一個平面平行，則這兩個平面平行 B平行于同一個平面的兩個平面平行 C若兩個平面平行，則位于這兩個平面內的直線也互相平行 D若兩個平面平行，則其中一個平面內的直線平行于另一個平面 解析：選C.由面面平行的判定定理和性質知A、B、D正確對于C，位于兩個平行平面內的直線也可能異面 3在正方體的各面中，和其中一條棱平行的平面有_個 解析：借助正方體的直觀圖易知
3、，在正方體的六個面中，和其中一條棱平行的平面有兩個 答案：2 4過三棱柱ABCA1B1C1的棱A1C1、B1C1、BC、AC的中點E、F、G、H的平面與面_平行 解析：如圖所示，連接各中點后，面EFGH與面A1B1BA平行 答案：A1B1BA考點探究講練互動考點探究講練互動如圖所示，已知S是正三角形ABC所在平面外的一點，且SASBSC，SG為SAB的高，直線與平面平行的判定與性質直線與平面平行的判定與性質 D、E、F分別是AC、BC、SC的中點,試判斷SG與平面DEF的位置關系，并給予證明 【解】SG平面DEF，證明如下： 連接CG交DE于點H， 連接FH，如圖所示 DE是ABC的中位線，
4、DEAB. 在ACG中，D是AC的中點，且DHAG. H為CG的中點 FH是SCG的中位線，F(xiàn)HSG. 又SG 平面DEF，F(xiàn)H平面DEF， SG平面DEF.【題后感悟題后感悟】由直線與平面平行由直線與平面平行,要在該要在該平面內找到直線的平行線，可通過作輔助平面內找到直線的平行線，可通過作輔助平面完成，而直線與平面平行的性質定理平面完成，而直線與平面平行的性質定理則是作輔助平面的重要理論依據則是作輔助平面的重要理論依據 備選例題如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，BAD60，AB2，PA1，PA平面ABCD，E是PC的中點，F(xiàn)是AB的中點求證：BE平面PDF. 【證明】取PD中點
5、為M，連接 ME，MF， E是PC的中點， ME是PCD的中位線，變式訓練變式訓練1如圖所示，在空間四邊形如圖所示，在空間四邊形ABCD中，截面中，截面EFGH為平行四邊形，試證：為平行四邊形，試證：BD平平面面EFGH，AC平面平面EFGH. 證明：截面EFGH為平行四邊形， EHFG，根據直線與平面平行的判定定理知，EH平面BCD， 又EH平面ABD，平面ABD平面CBDBD， 根據直線與平面平行的性質定理知，BDEH， 又EH平面EFGH，BD 平面EFGH, 因此，BD平面EFGH. 同理，AC平面EFGH.如圖，在三棱柱ABCA1B1C1 中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1
6、，A1C1的中點，求證：平面與平面平行的判定與性平面與平面平行的判定與性質質 (1)B，C，H，G四點共面； (2)平面EFA1平面BCHG. 【證明】(1)GH是A1B1C1的中位線，GHB1C1. 又B1C1BC，GHBC， B，C，H，G四點共面 四邊形A1EBG是平行四邊形，A1EGB. A1E 平面BCHG，GB平面BCHG. A1E平面BCHG. A1EEFE， 平面EFA1平面BCHG.【題后感悟題后感悟】證明面面平行的常用方法：證明面面平行的常用方法：(1)面面平行的判定定理，面面平行的判定定理，(2)兩個平面垂直兩個平面垂直于同一條直線，則這兩個平面平行，于同一條直線，則這兩
7、個平面平行，(3)兩個兩個平面同時與第三個平面平行，則這兩個平面平面同時與第三個平面平行，則這兩個平面平行平行 備選例題平面內有ABC，AB5， BC8，AC7，梯形BCDE的底 DE2，過EB的中點B1的平面, 若分別交EA、DC于A1、C1， 求A1B1C1的面積 【解】， A1B1AB，B1C1BC， 又因A1B1C1與ABC同向 A1B1C1ABC.變式訓練變式訓練2如圖所示，三棱柱如圖所示，三棱柱ABCA1B1C1，D是是BC上一點，且上一點，且A1B平面平面AC1D，D1是是B1C1的中點，求證：平面的中點，求證：平面A1BD1平面平面AC1D. 證明：連接A1C交AC1于點E，
8、四邊形A1ACC1是平行四邊形， E是A1C的中點，連接ED， A1B平面AC1D， 平面A1BC平面AC1DED， A1BED， E是A1C的中點， D是BC的中點 又D1是B1C1的中點， C1D1BD， 四邊形BDC1D1為平行四邊形 BD1C1D，又C1D平面AC1D， BD1 平面AC1D， BD1平面AC1D，又A1BBD1B, 平面A1BD1平面AC1D. 如圖，在四棱錐PABCD中，CD AB ，試在線段PB上找一點M,使CM平面PAD，并說明理由線面、面面平行的綜合應用線面、面面平行的綜合應用 【解】當M為PB的中點時，CM平面PAD. 法一：取AP的中點F，連接CM，F(xiàn)M
9、, DF. 四邊形AECD為平行四邊形 CEDA. DA平面PAD，CE 平面PAD， CE平面PAD. 同理，根據E，M分別為BA，BP的中點， 得EM平面PAD. CE平面CEM，EM平面CEM，CEEME， 平面CEM平面PAD. CM平面CEM， CM平面PAD.【題后感悟題后感悟】利用線線平行、線面平行、利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉化，解決平行關系的判定面面平行的相互轉化，解決平行關系的判定時，一般遵循從時，一般遵循從“低維低維”到到“高維高維”的轉化，即的轉化，即從從“線線平行線線平行”到到“線面平行線面平行”，再到，再到“面面平行面面平行”； 而應用性質定理時，其順序
10、正好相反；但也要注意，其轉化的方向，要看題 目的具體條件而定，不可過于模式化變式訓練變式訓練3如圖，四棱錐如圖，四棱錐PABCD中，中，PD平面平面ABCD，底面，底面ABCD為矩形，為矩形，PDDC4，AD2，E為為PC的中點的中點 (1)求三棱錐APDE的體積； (2)AC邊上是否存在一點M，使得PA平面EDM？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由 解：(1)因為PD平面ABCD，所以PDAD. 又因ABCD是矩形，所以ADCD. 因PDCDD，所以AD平面PCD， 所以AD是三棱錐A-PDE的高 因為E為PC的中點，且PDDC4， (2)取AC中點M，連接EM，DM， 因為E為PC
11、的中點，M是AC的中點，所以EMPA. 又因為EM平面EDM， PA 平面EDM， 所以PA平面EDM. 方法技巧 轉化思想的體現(xiàn) 平行問題的轉化方向如圖所示： 具體方法如下： (1)證明線線平行：平面幾何有關定理；公理4；線面平行的性質定 理；面面平行的性質定理；線面垂直的性質定理 (2)證明線面平行：線面平行的定義；線面平行的判定定理；面面平行 的性質定理 (3)證明面面平行：面面平行的定義；面面平行的判定定理 失誤防范 使用有關平行的判定定理或性質定理必須具備相應的條件，例如直線和平面平行的判定定理具備三個條件： (1)直線a在平面外；(2)直線b在平面內； (3)兩直線a，b平行，這三
12、個條件缺一不可兩平面平行的判定定理“如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行”，必須注意“相交”的條件，否則，推不出兩平面平行命題預測命題預測從近幾年的高考試題來看，直線與平面平行從近幾年的高考試題來看，直線與平面平行的判定，以及平面與平面平行的判定是高考的判定，以及平面與平面平行的判定是高考的熱點，題型既有選擇題、填空題，也有解的熱點，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度為中檔偏高；答題，難度為中檔偏高；考向瞭望把脈高考考向瞭望把脈高考 本節(jié)主要考查線面平行的判定，考查線線 線面 面面的轉化思想,并且考查學生的空間想象以及邏輯推理能力 預測2013年高考仍將以線
13、面平行的判定為主要考查點，重點考查學生的空間想象和邏輯推理能力規(guī)范解答規(guī)范解答(2011高考北京卷高考北京卷) (本題滿分本題滿分14分分) 如圖，在四面體如圖，在四面體PABC中中 ，PCAB,PABC ，點點D，E，F(xiàn)，G分別是棱分別是棱AP，AC，BC，PB的中點的中點 (1)求證：DE平面BCP； (2)求證：四邊形DEFG為矩形； (3)是否存在點Q，到四面體PABC六條棱的中點的距離相等？說明理由【解解】(1)證明：證明：因為因為D，E分別為分別為AP，AC的中點，所以的中點，所以DEPC 又因為又因為DE 平面平面BCP，PC平面平面BCP,所以所以DE平面平面BCP .3分分(2)證明：因為證明：因為D，E，F(xiàn)，G分別為分別為AP, AC，BC,PB的中點，的中點，所以所以DEPCFG，DGABEF ,所以四邊形所以四邊形DEFG為平行四邊形為平行四邊形.6分分又因為又因為PCAB，所以所以DEDG，所以四邊形所以四邊形DEFG為矩形為矩形.8分分 (3)存在點Q滿足條件，理由如下： 連接DF，EG，設Q為EG的中點 由(2)知，DFEGQ， 名師點撥層層剖析 這是空間幾何體 想象有直角出現(xiàn) 聯(lián)想中位線平行性質 DE是PAC的中位線 線面平行的判定定理，易漏DE 平面BCP. 平行公理的應用 兩個矩形的對角線的交點是同一點
高考數(shù)學總復習 （教材回扣夯實雙基+考點探究+把脈高考）第七章第4課時 空間中的平行關系課件
