（江蘇專用）2019版高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何初步 第4節(jié) 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)課件.ppt

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1、,第4節(jié)直線、平面平行的判定及其性質(zhì),01,02,03,04,考點三,,考點一,考點二,例1 訓練1,與線、面平行相關(guān)命題的判定,直線與平面平行的判定與性質(zhì)(多維探究),面面平行的判定與性質(zhì)(典例遷移),診斷自測,例2-1 例2-2 訓練2,例3 訓練3,,解析(1)若，則mn或m，n異面，不正確； 若，根據(jù)平面與平面平行的性質(zhì)，可得m，正確； 若l，且ml，nl，則與不一定垂直，不正確； 若l，且ml，mn，l與n不一定相交，不能推出，不正確 答案(1)B,,解析(2)如圖，對于，連接MN，AC，則MNAC， 連接AM，CN，易得AM，CN交于點P， 即MN面APC，所以MN面APC是錯誤的

2、 對于，由知M，N在平面APC內(nèi)， 由題易知ANC1Q，且AN平面APC，C1Q平面APC. 所以C1Q面APC是正確的 對于，由知，A，P，M三點共線是正確的 對于，由知MN面APC，又MN面MNQ， 所以面MNQ面APC是錯誤的答案 (2),,,考點一與線、面平行相關(guān)命題的判定,,解析(1)若m，n，， 則m且n； 反之若m，n，m且n， 則與相交或平行， 即“”是“m且n”的充分不必要條件 答案(1)A,,解析(2)當mn，m，n時， 兩個平面的位置關(guān)系不確定， 故錯誤， 經(jīng)判斷知均正確， 故正確答案為. 答案 (2),,所以四邊形AMNT為平行四邊形， 于是MNAT. 因為AT平面PA

3、B，MN平面PAB， 所以MN平面PAB.,,,,,解(1)連接BE交AD于點O，連接OF， CE平面ADF，CE平面BEC， 平面ADF平面BECOF， CEOF. O是BE的中點， F是BC的中點,,,解 (2)BC與平面ABD所成角為30，BCAB1，,,考點二直線與平面平行的判定與性質(zhì)(多維探究),證明(1)在平面ABD內(nèi)，ABAD，EFAD， 則ABEF. AB平面ABC，EF平面ABC， EF平面ABC. (2)BCBD，平面ABD平面BCDBD， 平面ABD平面BCD，BC平面BCD， BC平面ABD. AD平面ABD，BCAD. 又ABAD，BC，AB平面ABC，BCABB，

4、AD平面ABC， 又因為AC平面ABC，ADAC.,,,,證明(1)G，H分別是A1B1，A1C1的中點， GH是A1B1C1的中位線，則GHB1C1. 又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G四點共面 (2)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，EFBC， EF平面BCHG，BC平面BCHG，EF平面BCHG.,,,四邊形A1EBG是平行四邊形， A1EGB. A1E平面BCHG，GB平面BCHG， A1E平面BCHG. 又A1EEFE， 平面EFA1平面BCHG.,,DC1BD1. 又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，DC1平面A1BD1， 又DC1DMD，DC1，DM平面AC1D， 因

5、此平面A1BD1平面AC1D.,,證明如圖所示，連接A1C交AC1于點M， 四邊形A1ACC1是平行四邊形， M是A1C的中點，連接MD， D為BC的中點，A1BDM. A1B平面A1BD1，DM平面A1BD1， DM平面A1BD1，,,,解連接A1B交AB1于O，連接OD1. 由平面BC1D平面AB1D1， 且平面A1BC1平面BC1DBC1， 平面A1BC1平面AB1D1D1O， 所以BC1D1O，,,考點三面面平行的判定與性質(zhì)(典例遷移),,(1)解點D是AC的中點，理由如下： 平面DEF平面ABC1，平面ABC平面DEFDE， 平面ABC平面ABC1AB， ABDE， 在ABC中，E是BC的中點， D是AC的中點 (2)證明三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA1， 四邊形A1ACC1是菱形，A1CAC1. AA1底面ABC，AB平面ABC， AA1AB，,,,,又ABAC，AA1ACA， AB平面AA1C1C， A1C平面AA1C1C， ABA1C. 又ABAC1A，從而A1C平面ABC1， 又BC1平面ABC1， A1CBC1. 又E，F(xiàn)分別是BC，CC1的中點， EFBC1，從而EFA1C.,