资料简介
第4讲 直线、平面平行的判定与性质1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)因为l∥α，l⊂β，α∩β＝b，所以l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，所以α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b1．辨明两个易误点(1)直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．(2)面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．2．线面、面面平行的判定中所遵循的原则一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，不可过于“模式化”．1．(2016·大连模拟)对于直线m，n和平面α，若n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：D2．a、b、c为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出四个命题：
其中正确的命题是( )A．①②③B．①④C．②D．①③④解析：选C.②正确．①错在α与β可能相交．③④错在a可能在α内．3．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内过B点的所有直线中( )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．存在唯一与a平行的直线解析：选A.当直线a在平面β内且经过B点时，a∥平面α，但这时在平面β内过B点的所有直线中，不存在与a平行的直线，而在其他情况下，都可以存在与a平行的直线，故选A.4．过三棱柱ABCA1B1C1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，只有平面EFGH与平面ABB1A1平行，在四边形EFGH中有6条符合题意．答案：65．(必修2P56练习T2改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行考点一 线面平行的判定与性质(高频考点)[学生用书P132]平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行在高考试题中出现的频率很高，一般出现在解答题中．高考对线面平行的判定及性质的考查常有以下三个命题角度：(1)判断线面的位置关系；(2)线面平行的证明；(3)线面平行性质的应用． (2015·高考四川卷节选)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)证明：直线MN∥平面BDH.[解] (1)点F，G，H的位置如图所示．(2)证明：如图，连接BD，设O为BD的中点，连接OH，OM，MN.因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OM∥CD，且OM＝CD，HN∥CD，且HN＝CD，所以OM∥HN，OM＝HN.所以四边形MNHO是平行四边形，从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH.(1)证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以考虑通过面面平行来推导线面平行．(2)应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线. 1.如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点且PE∶EA＝BF∶FD，求证：EF∥平面PBC.证明：法一：连接AF并延长交BC于M.连接PM.因为AD∥BC，所以＝.又由已知＝，
所以＝.由平面几何知识可得EF∥PM，又EF⊄平面PBC，PM⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.法二：作FN∥BC交AB于N，因为NF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以NF∥平面PBC.因为AD∥BC，所以NF∥AD，则＝，又＝，所以＝.连接EN，则EN∥PB.又EN⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以EN∥平面PBC.又EN∩NF＝N，所以平面EFN∥平面PBC，而EF⊂平面ENF.所以EF∥平面PBC.考点二 面面平行的判定与性质[学生用书P132] 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.[证明] (1)因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，
因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因为A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG. 在本例条件下，线段BC1上是否存在一点M使得EM∥平面A1ACC1?解：存在．当M为BC1的中点时成立．证明如下：连接EM(图略)，在△ABC1中，E，M分别为AB，BC1的中点，所以EM綊AC1，又EM⊄平面A1ACC1，AC1⊂平面A1ACC1，所以EM∥平面A1ACC1.判定面面平行的方法(1)利用定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)． 2.如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1C1的中点．(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.证明：(1)因为AE＝B1G＝1，所以BG＝A1E＝2，因为BG∥A1E，所以A1G∥BE.又因为C1F綊B1G，所以FG∥C1B1∥D1A1，所以四边形A1GFD1是平行四边形．所以A1G∥D1F，所以D1F∥EB，故E、B、F、D1四点共面．(2)因为H是B1C1的中点，所以B1H＝.又B1G＝1，所以＝.又＝，且∠FCB＝∠GB1H＝90°，所以△B1HG∽△CBF，所以∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，所以HG∥FB.又由(1)知A1G∥BE，且HG∩A1G＝G，FB∩BE＝B，所以平面A1GH∥平面BED1F.考点三 平行关系的综合应用[学生用书P133]
(2016·洛阳月考)如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.[证明] (1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤. 3.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，因为E、G分别是BC、SC的中点，所以EG∥SB.又因为SB⊂平面BDD1B1，
EG⊄平面BDD1B1，所以直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F、G分别是DC、SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.方法思想——立体几何中的探索问题 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．[解] 点E为AB的中点时DE∥平面AB1C1，证明如下：法一：取AB1的中点F，连接DE、EF、FC1，因为E、F分别为AB、AB1的中点，所以EF∥BB1且EF＝BB1.在三棱柱ABCA1B1C1中，DC1∥BB1且DC1＝BB1，所以EF綊DC1，四边形EFC1D为平行四边形，所以ED∥FC1.又ED⊄平面AB1C1，FC1⊂平面AB1C1，所以ED∥平面AB1C1.法二：取BB1的中点H，连接EH，DH，DE，所以E，H分别是AB，BB1的中点，则EH∥AB1.又EH⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EH∥平面AB1C1，又HD∥B1C1，同理可得HD∥平面AB1C1，又EH∩HD＝H，所以平面EHD∥平面AB1C1，
因为ED⊂平面EHD，所以ED∥平面AB1C1. (1)立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”． 如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，若M、N分别为BC、PA的中点．在线段PD上是否存在一点E，使NM∥平面ACE？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．解：当E为PD的中点时有NM∥平面ACE.证明如下：如图，取PD的中点E，连接NE，EC，AE，因为N，E分别为PA，PD的中点，所以NE綊AD.又在平行四边形ABCD中，CM綊AD，所以NE綊MC，即四边形MCEN是平行四边形．所以NM∥EC.又EC⊂平面ACE，NM⊄平面ACE，所以MN∥平面ACE，即在PD上存在一点E，使得NM∥平面ACE.1．在空间内，下列命题正确的是( )A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行解析：选D.对于A，平行直线的平行投影也可能互相平行，或为两个点，故A错误；对于B，平行于同一直线的两个平面也可能相交，故B错误；对于C，垂直于同一平面的两个平面也可能相交，故C错误；而D为直线和平面垂直的性质定理，正确．2．设平面α∥平面β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A，B分别在α，β内运动时，所有的点C( )
A．不共面B．当且仅当A，B在两条相交直线上移动时才共面C．当且仅当A，B在两条给定的平行直线上移动时才共面D．不论A，B如何移动都共面解析：选D.根据平面平行的性质，不论A，B如何运动，动点C均在与α，β都平行的平面上．3．(2016·惠州模拟)已知两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( )A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥βB．l⊂α，m⊂β，且l∥mC．l⊥α，m⊥β，且l∥mD．l∥α，m∥β，且l∥m解析：选C.借助正方体模型进行判断．易排除选项A，B，D，故选C.4．(2016·长沙模拟)用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b.其中真命题的序号是( )A．①② B．③C．①③D．②解析：选D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c或a与c相交或a与c异面，所以①是假命题；在空间中，平行于同一直线的两条直线平行，所以②是真命题；若a∥γ，b∥γ，则a∥b或a与b相交或a与b异面，所以③是假命题，故选D.5.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．6．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是( )A．1B．2C．3D．4解析：选B.由题易知①正确；②错误，l也可以在α内；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明，故选B.
7.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是__________．解析：在平面ABD中，＝，所以MN∥BD.又MN⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，所以MN∥平面BCD.答案：平行8．棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1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平面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：9．设α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确条件的序号都填上)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故填入的条件为①或③.答案：①或③10．已知平面α∥β，P∉α且P∉β，过点P的直线m与α，β分别交于A，C，过点P的直线n与α，β分别交于B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________．解析：如图1，因为AC∩BD＝P，图1所以经过直线AC与BD可确定平面PCD.因为α∥β，α∩平面PCD＝AB，β∩平面PCD＝CD，所以AB∥CD.所以＝，即＝，所以BD＝.如图2，同理可证AB∥CD.
图2所以＝，即＝，所以BD＝24.综上所述，BD＝或24.答案：或2411.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，H分别为棱A1B1，D1C1上的点，且EH∥A1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G，求证：FG∥平面ADD1A1.证明：因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1.又平面FGHE∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，即FG∥A1D1.又FG⊄平面ADD1A1，A1D1⊂平面ADD1A1，所以FG∥平面ADD1A1.1.(2016·湖南省高考模拟)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1、D1、P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________．解析：因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥PQ.又因为B1D1∥BD，所以BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，因为AB∥CD，所以△APM∽△DPQ.
所以＝＝2，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，所以＝＝，所以PM＝BD，又BD＝a，所以PQ＝a.答案：a2.如图，已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中点．(1)求证：AM＝CM；(2)若N是PC的中点，求证：DN∥平面AMC.证明：(1)在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝AB＝1，所以AC＝，BC＝，所以BC⊥AC.又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA，所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC.在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝PB，在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝PB，所以AM＝CM.(2)连接DB交AC于点F，因为DC綊AB，所以DF＝FB.取PM的中点G，连接DG，FM，则DG∥FM.又DG⊄平面AMC，FM⊂平面AMC，所以DG∥平面AMC.连接GN，则GN∥MC，所以GN∥平面AMC.又GN∩DG＝G，所以平面DNG∥平面AMC.因为DN⊂平面DNG，所以DN∥平面AMC.3.(2016·阜阳月考)如图，在三棱锥ABOC中，AO⊥平面COB，∠OAB＝∠OAC＝，AB＝AC＝2，BC＝，D，E分别为AB，OB的中点．
(1)求证：CO⊥平面AOB；(2)在线段CB上是否存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC，若存在，试确定F的位置，并证明此点满足要求；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为AO⊥平面COB，所以AO⊥CO，AO⊥BO，即△AOC与△AOB为直角三角形．又因为∠OAB＝∠OAC＝，AB＝AC＝2，所以OB＝OC＝1.由OB2＋OC2＝1＋1＝2＝BC2，可知△BOC为直角三角形．所以CO⊥BO，又因为AO∩BO＝O，所以CO⊥平面AOB.(2)在线段CB上存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC，此时F为线段CB的中点．证明如下，如图，连接DF，EF，因为D，E分别为AB，OB的中点，所以DE∥OA.又DE⊄平面AOC，所以DE∥平面AOC.因为E，F分别为OB，BC的中点，所以EF∥OC.又EF⊄平面AOC，所以EF∥平面AOC，又EF∩DE＝E，EF⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面AOC.
查看更多
