《步步高》高考数学第一轮复习08 直线平面平行的判定与性质.docx

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《步步高》高考数学第一轮复习08直线平面平行的判定与性质

§8.4　直线、平面平行的判定与性质

2014高考会这样考

　1.考查空间平行关系的判定及性质有关命题的判定；2.解答题中证明或探索空间的平行关系．

复习备考要这样做

　1.熟练掌握线面平行、面面平行的判定定理和性质，会把空间问题转化为平面问题，解答过程的叙述步骤要完整，避免因条件书写不全而失分；2.学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化，牢记解决问题的根源在“定理”．

1．直线与平面平行的判定与性质

判定

性质

定义

定理

图形

条件

a∩α＝∅

a⊂α，b⊄α，a∥b

a∥α

a∥α，a⊂β，α∩β＝b

结论

a∥α

b∥α

a∩α＝∅

a∥b

2.面面平行的判定与性质

判定

性质

定义

定理

图形

条件

α∩β＝∅

a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α

α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b

α∥β，a⊂β

结论

α∥β

α∥β

a∥b

a∥α

[难点正本　疑点清源]

1．证明线面平行是高考中常见的问题，常用的方法就是证明这条线与平面内的某条直线平行．但一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．

2．在判定和证明直线与平面的位置关系时，除熟练运用判定定理和性质定理外，切不可丢弃定义，因为定义既可作判定定理使用，亦可作性质定理使用．

3．辅助线（面）是解（证）线面平行的关键．为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线（面）．

1．已知不重合的直线a，b和平面α，

①若a∥α，b⊂α，则a∥b；

②若a∥α，b∥α，则a∥b；

③若a∥b，b⊂α，则a∥α；

④若a∥b，a∥α，则b∥α或b⊂α.

上面命题中正确的是________（填序号）．

答案　④

解析　①若a∥α，b⊂α，则a，b平行或异面；②若a∥α，b∥α，则a，b平行、相交、异面都有可能；③若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α.

2．已知α、β是不同的两个平面，直线a⊂α，直线b⊂β，命题p：

a与b没有公共点；命题q：

α∥β，则p是q的____________条件．

答案　必要不充分

解析　∵a与b没有公共点，不能推出α∥β，

而α∥β时，a与b一定没有公共点，

即pD⇒/q，q⇒p，∴p是q的必要不充分条件．

3．已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题：

①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任意一条直线都不垂直．

其中真命题的序号是________．

答案　②

解析　因为α∥β，a⊂α，所以a∥β，在平面β内存在无数条直线与直线a平行，但不是所有直线都与直线a平行，故命题②为真命题，命题①为假命题．在平面β内存在无数条直线与直线a垂直，故命题③为假命题．

4．（2011·浙江）若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则（　　）

A．α内的所有直线与l异面

B．α内不存在与l平行的直线

C．α内存在唯一的直线与l平行

D．α内的直线与l都相交

答案　B

解析　由题意知，直线l与平面α相交，则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项B是正确的．

5．（2012·四川）下列命题正确的是（　　）

A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行

B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行

C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行

D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行

答案　C

解析　利用线面位置关系的判定和性质解答．

A错误，如圆锥的任意两条母线与底面所成的角相等，但两条母线相交；

B错误，△ABC的三个顶点中，A、B在α的同侧，而点C在α的另一侧，且AB平行于α，此时可有A、B、C三点到平面α的距离相等，但两平面相交；

D错误，如教室中两个相邻墙面都与地面垂直，但这两个面相交，故选C.

题型一　直线与平面平行的判定与性质

例1

　正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB，在AE、BD上各有一点P、Q，且AP＝DQ.求证：

PQ∥平面BCE.

思维启迪：

证明直线与平面平行可以利用直线与平面平行的判定定理，也可利用面面平行的性质．

证明　方法一　

如图所示．

作PM∥AB交BE于M，

作QN∥AB交BC于N，

连接MN.

∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE＝BD.

又AP＝DQ，∴PE＝QB，

又PM∥AB∥QN，∴

＝

＝

＝

，

∴

＝

，

∴PM綊QN，即四边形PMNQ为平行四边形，

∴PQ∥MN.

又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，

∴PQ∥平面BCE.

方法二　

如图，连接AQ，并延长交BC延长线于K，连接EK，

∵AE＝BD，AP＝DQ，

∴PE＝BQ，∴

＝

，

又AD∥BK，∴

＝

，

∴

＝

，∴PQ∥EK.

又PQ⊄平面BCE，EK⊂平面BCE，

∴PQ∥平面BCE.

方法三　如图，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE，交AB于点M，

连接QM.

∴PM∥平面BCE，

又∵平面ABEF∩平面BCE＝BE，

∴PM∥BE，∴

＝

，

又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ，

∴

＝

，∴

＝

，

∴MQ∥AD，又AD∥BC，

∴MQ∥BC，∴MQ∥平面BCE，

又PM∩MQ＝M，BE∩BC＝B，

∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ⊂平面PMQ.

∴PQ∥平面BCE.

探究提高　判断或证明线面平行的常用方法：

（1）利用线面平行的定义（无公共点）；

（2）利用线面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）；（3）利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）；（4）利用面面平行的性质（α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β）．

如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝2，PA＝1，PA⊥平面ABCD，E是PC的中点，F是AB的中点．求证：

BE∥平面PDF.

证明　取PD中点为M，连接ME，MF，

∵E是PC的中点，

∴ME是△PCD的中位线，

∴ME綊

CD.

∵F是AB的中点且四边形ABCD是菱形，AB綊CD，

∴ME綊FB，∴四边形MEBF是平行四边形，∴BE∥MF.

∵BE⊄平面PDF，MF⊂平面PDF，∴BE∥平面PDF.

题型二　平面与平面平行的判定与性质

例2

如图，在三棱柱ABC—A1B1C1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.

思维启迪：

要证四点共面，只需证GH∥BC；要证面面平行，可证一个平面内的两条相交直线和另一个平面平行．

证明　

（1）∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.

又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，

∴B，C，H，G四点共面．

（2）∵E、F分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC，

∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，

∴EF∥平面BCHG.

∵A1G綊EB，

∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.

∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.

∴A1E∥平面BCHG.

∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.

探究提高　证明面面平行的方法：

（1）面面平行的定义；

（2）面面平行的判定定理：

如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；

（3）利用垂直于同一条直线的两个平面平行；

（4）两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；

（5）利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．

证明：

若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线平行于两个平面的交线．

解　已知：

直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β＝b.

求证：

a∥b.

证明：

如图所示，过直线a作平面γ，δ分别交平面α，β于直线m，n（m，n不同于交线b），由直线与平面平行的性质定理，得a∥m，a∥n，由平行线的传递性，得m∥n，由于n⊄α，m⊂α，故n∥平面α.又n⊂β，α∩β＝b，故n∥b.又a∥n，故a∥b.

题型三　平行关系的综合应用

例3

如图所示，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，

试问截面在什么位置时其截面面积最大？

思维启迪：

利用线面平行的性质可以得到线线平行，可以先确定截面形状，再建立目标函数求最值．

解　∵AB∥平面EFGH，

平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH.

∴AB∥FG，AB∥EH，

∴FG∥EH，同理可证EF∥GH，

∴截面EFGH是平行四边形．

设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α（α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角）．

又设FG＝x，GH＝y，则由平面几何知识可得

＝

，

＝

，两式相加得

＋

＝1，即y＝

（a－x），

∴S▱EFGH＝FG·GH·sinα

＝x·

·（a－x）·sinα＝

x（a－x）．

∵x>0，a－x>0且x＋（a－x）＝a为定值，

∴当且仅当x＝a－x时，

x（a－x）＝

，此时x＝

，y＝

.

即当截面EFGH的顶点E、F、G、H为棱AD、AC、BC、BD的中点时截面面积最大．

探究提高　利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．

如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：

当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?

解　当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.证明如下：

∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，

∴QB∥PA.

∵P、O分别为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO.

又∵D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，

QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO，

∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，

又D1B∩QB＝B，D1B、QB⊂平面D1BQ，

∴平面D1BQ∥平面PAO.

立体几何中的探索性问题

典例：

（12分）如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱DD1的

中点．

（1）求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；

（2）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？

证明你的结论．

审题视角　

（1）可过E作平面ABB1A1的垂线、作线面角；

（2）先探求出点F，再进行证明B1F∥平面A1BE.注意解题的方向性．

规范解答

解　

（1）

如图（a）所示，取AA1的中点M，连接EM，BM.因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.[2分]

又在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，

所以EM⊥平面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角．[4分]图（a）

设正方体的棱长为2，

则EM＝AD＝2，BE＝

＝3.

于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝

＝

，[5分]

即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为

.[6分]

（2）

在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.

事实上，如图（b）所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.

因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.

又E，G分别为D1D，CD的中点，图（b）

所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.

这说明A1，B，G，E四点共面．所以BG⊂平面A1BE.[8分]

因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，

所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，

因此四边形B1BGF是平行四边形，

所以B1F∥BG，[10分]

而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，

故B1F∥平面A1BE.[12分]

答题模板

对于探索类问题，书写步骤的格式有两种：

一种：

第一步：

探求出点的位置．

第二步：

证明符合要求．

第三步：

给出明确答案．

第四步：

反思回顾．查看关键点，易错点和答题规范．

另一种：

从结论出发，“要使什么成立”，“只需使什么成立”，寻求使结论成立的充分条件，类似于分析法．

温馨提醒　

（1）本题属立体几何中的综合题，重点考查推理能力和计算能力．

（2）第

（1）问常见错误是无法作出平面ABB1A1的垂线，以致无法确定线面角．（3）第

（2）问为探索性问题，找不到解决问题的切入口，入手较难．（4）书写格式混乱，不条理，思路不清晰．

方法与技巧

1．平行问题的转化关系

2．直线与平面平行的主要判定方法

（1）定义法；

（2）判定定理；（3）面与面平行的性质．

3．平面与平面平行的主要判定方法

（1）定义法；

（2）判定定理；（3）推论；（4）a⊥α，a⊥β⇒α∥β.

失误与防范

1．在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误．

2．在解决线面、面面平行的判定时，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，决不可过于“模式化”．

3．解题中注意符号语言的规范应用．

A组　专项基础训练

（时间：

35分钟，满分：

57分）

一、选择题（每小题5分，共20分）

1．若直线m⊂平面α，则条件甲：

“直线l∥α”是条件乙：

“l∥m”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　D

2．已知直线a，b，c及平面α，β，下列条件中，能使a∥b成立的是（　　）

A．a∥α，b⊂αB．a∥α，b∥α

C．a∥c，b∥cD．a∥α，α∩β＝b

答案　C

解析　由平行公理知C正确，A中a与b可能异面．B中a，b可能相交或异面，D中a，b可能异面．

3．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是（　　）

A．平行B．平行和异面

C．平行和相交D．异面和相交

答案　B

解析　∵

⇒CD∥α，

∴CD和平面α内的直线没有公共点．

4．设m、n表示不同直线，α、β表示不同平面，则下列结论中正确的是（　　）

A．若m∥α，m∥n，则n∥α

B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β

C．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β

D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β

答案　D

解析　D中，易知m∥β或m⊂β，

若m⊂β，又n∥m，n⊄β，∴n∥β，

若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线p，则m∥p，又n∥m，∴n∥p，又n⊄β，p⊂β，∴n∥β.

二、填空题（每小题5分，共15分）

5．过三棱柱ABC—A1B1C1的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．

答案　6

解析　过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共6条．

6.如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下

底面的棱A1B1、B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝

，

过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.

答案　

a

解析　∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，AP＝

，

∴CQ＝

，从而DP＝DQ＝

，∴PQ＝

a.

7.如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是

棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边

形EFGH及其内部运动，则M满足条件______________时，有

MN∥平面B1BDD1.

答案　M∈线段HF

解析　由题意，得HN∥面B1BDD1，FH∥面B1BDD1.

∵HN∩FH＝H，∴面NHF∥面B1BDD1.

∴当M在线段HF上运动时，有MN∥面B1BDD1.

三、解答题（共22分）

8．（10分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，

M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面，交平面BDM

于GH.

求证：

PA∥GH.

证明　如图，连接AC交BD于点O，连接MO，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴O是AC的中点，又M是PC的中点，

∴AP∥OM.

则有PA∥平面BMD.

∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，

∴PA∥GH.

9.（12分）如图，已知平行四边形ABCD中，BC＝6，正方形ADEF所在

平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点．

（1）求证：

GH∥平面CDE；

（2）若CD＝2，DB＝4

，求四棱锥F—ABCD的体积．

（1）证明　方法一　∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC.

又EF＝AD＝BC，∴四边形EFBC是平行四边形，

∴H为FC的中点．

又∵G是FD的中点，∴HG∥CD.

∵HG⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，

∴GH∥平面CDE.

方法二　

连接EA，∵ADEF是正方形，∴G是AE的中点．

∴在△EAB中，GH∥AB.

又∵AB∥CD，∴GH∥CD.

∵HG⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，

∴GH∥平面CDE.

（2）解　∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD，

且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD.

∵AD＝BC＝6，∴FA＝AD＝6.

又∵CD＝2，DB＝4

，CD2＋DB2＝BC2，∴BD⊥CD.

∵S▱ABCD＝CD·BD＝8

，

∴VF—ABCD＝

S▱ABCD·FA＝

×8

×6＝16

.

B组　专项能力提升

（时间：

25分钟，满分：

43分）

一、选择题（每小题5分，共15分）

1．设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是（　　）

A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2

C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2

答案　B

解析　对于选项A，不合题意；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由于n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意．综上选B.

2．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（　　）

A．①②B．①④C．②③D．③④

答案　A

解析　由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.

3．给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：

①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；

②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；

③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.

其中真命题的个数为（　　）

A．3B．2C．1D．0

答案　C

解析　①中当α与β不平行时，也能存在符合题意的l、m.

②中l与m也可能异面．

③中

⇒l∥m，同理l∥n，则m∥n，正确．

二、填空题（每小题5分，共15分）

4．已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，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________．

答案　24或

解析　根据题意可得到以下如图两种情况：

可求出BD的长分别为

或24.

5.一个正方体的展开图如图所示，B、C、D为原正方体的顶点，A为

原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与AB所成角的

余弦值为________．

答案　

解析　

还原为正方体如图所示，BE∥CD，则∠EBA就是异面直线CD与AB所成的角或所成角的补角．

设正方体棱长为2，则BE＝2

，

BA＝

，AE＝3.

所以在△ABE中，由余弦定理得

cos∠EBA＝

＝

.

6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是________（只填序号）．

①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；

③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.

答案　①②④

三、解答题

7．（13分）

如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为

矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．

（1）求三棱锥A—PDE的体积；

（2）AC边上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM？

若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．

解　

（1）因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.

又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD.

因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD，

所以AD是三棱锥A—PDE的高．

因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，

所以S△PDE＝

S△PDC＝

×

＝4.

又AD＝2，所以VA—PDE＝

AD·S△PDE＝

×2×4＝

.

（2）

取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM∥PA.

又因为EM⊂平面EDM，PA⊄平面EDM，

所以PA∥平面EDM.

所以AM＝

AC＝

.

即在AC边上存在一点M，使得PA∥平面EDM，AM的长为

.