(江苏专用)2019版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何初步 第4节 直线、平面平行的判定及其性质课件.ppt

上传人:tia****nde 文档编号:14423012 上传时间:2020-07-20 格式:PPT 页数:20 大小:852KB
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资源描述
,第4节直线、平面平行的判定及其性质,01,02,03,04,考点三,考点一,考点二,例1 训练1,与线、面平行相关命题的判定,直线与平面平行的判定与性质(多维探究),面面平行的判定与性质(典例迁移),诊断自测,例2-1 例2-2 训练2,例3 训练3,解析(1)若,则mn或m,n异面,不正确; 若,根据平面与平面平行的性质,可得m,正确; 若l,且ml,nl,则与不一定垂直,不正确; 若l,且ml,mn,l与n不一定相交,不能推出,不正确 答案(1)B,解析(2)如图,对于,连接MN,AC,则MNAC, 连接AM,CN,易得AM,CN交于点P, 即MN面APC,所以MN面APC是错误的 对于,由知M,N在平面APC内, 由题易知ANC1Q,且AN平面APC,C1Q平面APC. 所以C1Q面APC是正确的 对于,由知,A,P,M三点共线是正确的 对于,由知MN面APC,又MN面MNQ, 所以面MNQ面APC是错误的答案 (2),考点一与线、面平行相关命题的判定,解析(1)若m,n, 则m且n; 反之若m,n,m且n, 则与相交或平行, 即“”是“m且n”的充分不必要条件 答案(1)A,解析(2)当mn,m,n时, 两个平面的位置关系不确定, 故错误, 经判断知均正确, 故正确答案为. 答案 (2),所以四边形AMNT为平行四边形, 于是MNAT. 因为AT平面PAB,MN平面PAB, 所以MN平面PAB.,解(1)连接BE交AD于点O,连接OF, CE平面ADF,CE平面BEC, 平面ADF平面BECOF, CEOF. O是BE的中点, F是BC的中点,解 (2)BC与平面ABD所成角为30,BCAB1,,考点二直线与平面平行的判定与性质(多维探究),证明(1)在平面ABD内,ABAD,EFAD, 则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, AD平面ABC, 又因为AC平面ABC,ADAC.,证明(1)G,H分别是A1B1,A1C1的中点, GH是A1B1C1的中位线,则GHB1C1. 又B1C1BC,GHBC,B,C,H,G四点共面 (2)E,F分别为AB,AC的中点,EFBC, EF平面BCHG,BC平面BCHG,EF平面BCHG.,四边形A1EBG是平行四边形, 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, 因此平面A1BD1平面AC1D.,证明如图所示,连接A1C交AC1于点M, 四边形A1ACC1是平行四边形, M是A1C的中点,连接MD, D为BC的中点,A1BDM. A1B平面A1BD1,DM平面A1BD1, DM平面A1BD1,,解连接A1B交AB1于O,连接OD1. 由平面BC1D平面AB1D1, 且平面A1BC1平面BC1DBC1, 平面A1BC1平面AB1D1D1O, 所以BC1D1O,,考点三面面平行的判定与性质(典例迁移),(1)解点D是AC的中点,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的中点, D是AC的中点 (2)证明三棱柱ABCA1B1C1中,ACAA1, 四边形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,从而A1C平面ABC1, 又BC1平面ABC1, A1CBC1. 又E,F分别是BC,CC1的中点, EFBC1,从而EFA1C.,
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