直线平面平行的判定与性质

.z.高考学习网：gk**高考学习网：gk**§8.4直线、平面平行的判定与性质2014高考会这样考1.考察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，解答过程的表达步骤要完整，防止因条件书写不全而失分；2.学会应用"化归思想〞进展"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∥ba∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b2.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∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥ba∥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*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．不重合的直线a，b和平面α，①假设a∥α，b⊂α，则a∥b；②假设a∥α，b∥α，则a∥b；③假设a∥b，b⊂α，则a∥α；④假设a∥b，a∥α，则b∥α或b⊂α.上面命题中正确的选项是________(填序号)．答案④解析①假设a∥α，b⊂α，则a，b平行或异面；②假设a∥α，b∥α，则a，b平行、相交、异面都有可能；③假设a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α.2．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．平面α∥平面β，直线a⊂α，有以下命题：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·)假设直线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·)以下命题正确的选项是()A．假设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．假设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．假设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．假设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，应选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．证明方法一如下图．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，∴eq\f(PM,AB)＝eq\f(PE,AE)＝eq\f(QB,BD)＝eq\f(QN,DC)，∴eq\f(PM,AB)＝eq\f(QN,DC)，∴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，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(DQ,BQ)，又AD∥BK，∴eq\f(DQ,BQ)＝eq\f(AQ,QK)，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(AQ,QK)，∴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，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(AM,MB)，又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ，∴eq\f(AP,PE)＝eq\f(DQ,BQ)，∴eq\f(AM,MB)＝eq\f(DQ,QB)，∴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eq\f(1,2)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(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∥B1C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，则这两个平面平行；(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，则这两个平面平行；(5)利用"线线平行〞、"线面平行〞、"面面平行〞的相互转化．证明：假设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：直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β＝b.求证：a∥b.证明：如下图，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如下图，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＝*，GH＝y，则由平面几何知识可得eq\f(*,a)＝eq\f(CG,BC)，eq\f(y,b)＝eq\f(BG,BC)，两式相加得eq\f(*,a)＋eq\f(y,b)＝1，即y＝eq\f(b,a)(a－*)，∴S▱EFGH＝FG·GH·sinα＝*·eq\f(b,a)·(a－*)·sinα＝eq\f(bsinα,a)*(a－*)．∵*>0，a－*>0且*＋(a－*)＝a为定值，∴当且仅当*＝a－*时，eq\f(bsinα,a)*(a－*)＝eq\f(absinα,4)，此时*＝eq\f(a,2)，y＝eq\f(b,2).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)如下图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE和平面ABB1A1(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE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，再进展证明B1F∥平面A1标准解答解(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ABB1A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ABB1设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝eq\r(22＋22＋12)＝3.于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝eq\f(EM,BE)＝eq\f(2,3)，[5分]即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为eq\f(2,3).[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∥A1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＝B1因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE故B1F∥平面A1BE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：反思回忆．查看关键点，易错点和答题标准．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)此题属立体几何中的综合题，重点考察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标准应用．A组专项根底训练(时间：35分钟，总分值：57分)一、选择题(每题5分，共20分)1．假设直线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D2．直线a，b，c及平面α，β，以下条件中，能使a∥b成立的是()A．a∥α，b⊂αB．a∥α，b∥αC．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∵eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(AB∥CD,AB⊂α,CD⊄α))⇒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，则以下结论中正确的选项是()A．假设m∥α，m∥n，则n∥αB．假设m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．假设α∥β，m∥α，m∥n，则n∥βD．假设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，假设m⊂β，又n∥m，n⊄β，∴n∥β，假设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ABB1A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，EF16.如下图，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＝eq\f(a,3)，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.答案eq\f(2\r(2),3)a解析∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，AP＝eq\f(a,3)，∴CQ＝eq\f(a,3)，从而DP＝DQ＝eq\f(2a,3)，∴PQ＝eq\f(2\r(2),3)a.7.如下图，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，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)假设CD＝2，DB＝4eq\r(2)，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＝4eq\r(2)，CD2＋DB2＝BC2，∴BD⊥CD.∵S▱ABCD＝CD·BD＝8eq\r(2)，∴VF—ABCD＝eq\f(1,3)S▱ABCD·FA＝eq\f(1,3)×8eq\r(2)×6＝16eq\r(2).B组专项能力提升(时间：25分钟，总分值：43分)一、选择题(每题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∥l2C．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，应选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．给出以下关于互不一样的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①假设l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②假设α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③假设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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥γ,l⊂β,β∩γ＝m))⇒l∥m，同理l∥n，则m∥n，正确．二、填空题(每题5分，共15分)4．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