直線平面平行的判定與性質

考點突破夯基釋疑考點二考點四考點三例2訓練2例3訓練3例4訓練4第3講直線、平面平行的判定與性質概要課堂小結考點一例1訓練1夯基釋疑判斷正誤(在括號內打“√”或“×”)(1)若一條直線平行于一個平面內的一條直線，則這條直線平行于這個平面．()(2)若一條直線平行于一個平面，則這條直線平行于這個平面內的任一條直線．()(3)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．()(4)若α∥β，直線a∥α，則a∥β.()考點突破考點一有關線面、面面平行的命題真假判斷【例1】(1)(2013·廣東卷)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(

)A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n

B．若α∥β，m?α，n?β，則m∥nC．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β

D．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β解析(1)A中，m與n可垂直、可異面、可平行；B中m與n可平行、可異面；C中，若α∥β，仍然滿足m⊥n，m?α，n?β，故C錯誤；故D正確．考點突破考點一有關線面、面面平行的命題真假判斷【例1】(2)設m，n表示不同直線，α，β表示不同平面，則下列結論中正確的是(

)A．若m∥α，m∥n，則n∥αB．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥βC．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥βD．若α∥β，m∥α，n∥m，n?β，則n∥β(2)A錯誤，n有可能在平面α內；B錯誤，平面α有可能與平面β相交；C錯誤，n也有可能在平面β內；D正確，易知m∥β或m?β，若m?β，又n∥m，n?β，∴n∥β，若m∥β，過m作平面γ交平面β于直線l，則m∥l，又n∥m，∴n∥l，又n?β，l?β，∴n∥β.答案(1)D

(2)D考點突破規(guī)律方法

線面平行、面面平行的命題真假判斷多以小題出現(xiàn)，處理方法是數(shù)形結合，畫圖或結合正方體等有關模型來解題．考點一有關線面、面面平行的命題真假判斷考點突破解析(1)可以構造一草圖來表示位置關系，經驗證，當b與α相交或b?α或b∥α時，均滿足直線a⊥b，且直線a∥平面α的情況，故選D．考點一有關線面、面面平行的命題真假判斷【訓練1】(1)(2014·長沙模擬)若直線a⊥b，且直線a∥平面α，則直線b與平面α的位置關系是(

)A．b?αB．b∥αC．b?α或b∥αD．b與α相交或b?α或b∥α考點突破(2)①中，當α與β相交時，也能存在符合題意的l，m；②中，l與m也可能異面；③中，l∥γ，l?β，β∩γ＝m?l∥m，同理l∥n，則m∥n，正確．答案(1)D

(2)C考點一有關線面、面面平行的命題真假判斷【訓練1】(2)給出下列關于互不相同的直線l，m，n和平面α，β，γ的三個命題：①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β；②若α∥β，l?α，m?β，則l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n.其中真命題的個數(shù)為(

)A．3B．2C．1D．0考點突破考點二

直線與平面平行的判定與性質【例2】如圖，幾何體E-ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點，求證：DM∥平面BEC.利用判定定理證明

(1)如圖，取BD的中點O，連接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC?平面EOC，所以BD⊥平面EOC，又EO?平面EOC，因此BD⊥EO.又O為BD的中點，所以BE＝DE.O深度思考

證明線面平行的方法常用線面平行的判定定理，但有些問題可先證面面平行，本題就可用這兩種方法，不妨你試一試．考點突破考點二

直線與平面平行的判定與性質(2)法一如圖，取AB的中點N，連接DM，DN，MN.因為M是AE的中點，所以MN∥BE.又MN?平面BEC，BE?平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因為△ABD為正三角形，所以∠BDN＝30°.又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.所以DN∥BC.又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，所以平面DMN∥平面BEC.又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC.M利用判定定理【例2】如圖，幾何體E-ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點，求證：DM∥平面BEC.考點突破考點二

直線與平面平行的判定與性質【例2】如圖，幾何體E-ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點，求證：DM∥平面BEC.利用判定定理法二

如圖，延長AD，BC交于點F，連接EF.因為CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.因為△ABD為正三角形，所以∠BAD＝∠ABD＝60°，∠ABC＝90°，因為∠AFB＝30°，MF又AB＝AD，所以D為線段AF的中點．連接DM，由于點M是線段AE的中點，因此DM∥EF.又DM?平面BEC，EF?平面BEC，所以DM∥平面BEC.考點突破規(guī)律方法

判斷或證明線面平行的常用方法：(1)利用線面平行的定義，一般用反證法；(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)，其關鍵是在平面內找(或作)一條直線與已知直線平行，證明時注意用符號語言的敘述；(3)利用面面平行的性質定理(α∥β，a?α?a∥β)；(4)利用面面平行的性質(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)．考點二

直線與平面平行的判定與性質考點突破(1)證明

法一連接AB′，AC′，如圖，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱，所以M為AB′中點．又因為N為B′C′的中點，所以MN∥AC′.又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.考點二

直線與平面平行的判定與性質考點突破法二取A′B′的中點P，連接MP，NP，AB′，如圖，而M，N分別為AB′與B′C′的中點，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN?平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.考點二

直線與平面平行的判定與性質P考點突破(2)解法一

連接BN，如圖，由題意A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，A′N?平面A′B′C′，所以A′N⊥平面NBC.考點二

直線與平面平行的判定與性質P考點突破(1)證明由題設知，BB1∥DD1，∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，∴BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1∥B1C1∥BC，∴四邊形A1BCD1是平行四邊形，∴A1B∥D1C．又A1B?平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1.又∵BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1.考點三

平面與平面平行的判定與性質考點突破(2)解

∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高．考點三

平面與平面平行的判定與性質∴VABD-A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.考點突破規(guī)律方法證明兩個平面平行的方法有：(1)用定義，此類題目常用反證法來完成證明；(2)用判定定理：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；(3)根據(jù)“垂直于同一條直線的兩個平面平行”這一性質進行證明；(4)借助“傳遞性”來完成：兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行；(5)利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉化．考點三

平面與平面平行的判定與性質考點突破證明

(1)∵GH是△A1B1C1的中位線，∴GH∥B1C1.又B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四點共面．(2)在△ABC中，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，∴EF∥BC，∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又∵G，E分別為A1B1，AB的中點，∴A1G∥EB，【訓練3】如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點，求證：(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.考點三

平面與平面平行的判定與性質考點突破∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB．∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.【訓練3】如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點，求證：(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.考點三

平面與平面平行的判定與性質考點突破(1)證明因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．因為AB，AC為平面ABC內兩條相交直線，所以AA1⊥平面ABC．因為直線BC?平面ABC，所以AA1⊥BC．又AC⊥BC，AA1，AC為平面ACC1A1內兩條相交直線，所以BC⊥平面ACC1A1.考點四

平行關系中的探索性問題【例4】(2014·四川卷)在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形．(1)若AC⊥BC，證明：直線BC⊥平面ACC1A1；(2)設D，E分別是線段BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結論．考點突破(2)解取線段AB的中點M，連接A1M，MC，A1C，AC1，OM，設O為A1C，AC1的交點．由已知可知O為AC1的中點．連接MD，OE，則MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線．考點四

平行關系中的探索性問題【例4】(2014·四川卷)在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形．(1)若AC⊥BC，證明：直線BC⊥平面ACC1A1；(2)設D，E分別是線段BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結論．MO考點突破考點四

平行關系中的探索性問題【例4】(2014·四川卷)在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形．(1)若AC⊥BC，證明：直線BC⊥平面ACC1A1；(2)設D，E分別是線段BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結論．MO從而四邊形MDEO為平行四邊形，則DE∥MO.因為直線DE?平面A1MC，MO?平面A1MC，所以直線DE∥平面A1MC，即線段AB上存在一點M(線段AB的中點)，使直線DE∥平面A1MC考點突破規(guī)律方法

解決探究性問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果出發(fā)，尋找使這個結論成立的充分條件，如果找到了使結論成立的充分條件，則存在；如果找不到使結論成立的充分條件(出現(xiàn)矛盾)，則不存在．而對于探求點的問題，一般是先探求點的位置，多為線段的中點或某個三等分點，然后給出符合要求的證明．考點四

平行關系中的探索性問題考點突破解(1)因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD．又因為ABCD是矩形，所以AD⊥CD．因為PD∩CD＝D，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PD＝DC＝4，考點四

平行關系中的探索性問題【訓練4】

如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E為PC的中點