2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义第八章第三节直线平面平行的判定及其性质

第三节直线、平面平行的判定及其性质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如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线与这个平面平行(简记为线线平行⇒线面平行)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊄α,b⊂α,a∥b))⇒a∥α性质定理如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥α,l⊂β,α∩β＝b))⇒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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥β，b∥β，,a∩b＝P，,a⊂α，b⊂α))⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β，,α∩γ＝a，,β∩γ＝b))⇒a∥b[小题体验]1．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：②2．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是________．解析：因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．答案：平行或异面3．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有________．解析：因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交，故正确的个数为3.答案：31．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．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．[小题纠偏]1．在长方体的各面中，和其中一条棱平行的平面有______个．解析：借助长方体的直观图易知，在长方体的六个面中，和其中一条棱平行的平面有2个．答案：22．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．解析：当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．答案：必要不充分考点一直线与平面平行的判定与性质eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]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，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中．常见的命题角度有：(1)证明直线与平面平行；(2)线面平行性质定理的应用．[题点全练]角度一：证明直线与平面平行1．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点．求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为点M，P分别为棱AB，C1D1的中点，所以AM＝PC1.又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1，所以四边形AMC1P为平行四边形，所以AP∥C1M.又AP⊄平面C1MN，C1M⊂平面C1MN，所以AP∥平面C1MN.角度二：线面平行性质定理的应用2．如图，四棱锥P­ABCD的底面是正方形，四条侧棱均相等．点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，BC∥平面GEFH.求证：GH∥EF.证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC，同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.[通法在握]证明直线与平面平行的3种方法定义法一般用反证法判定定理法关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程性质判定法即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面[演练冲关]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．若点N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．解：法一：如图，取AB1的中点P，连结NP，PM.又因为点N是AB的中点，所以NP∥BB1.因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝PM，所以CN∥PM.所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝eq\f(1,2)CC1＝2.法二：如图，取BB1的中点Q，连结NQ，CQ.因为点N是AB的中点，所以NQ∥AB1.因为NQ⊄平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M.因为CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ⊂平面NQC，CN⊂平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M.又因为平面BCC1B1∩平面NQC＝CQ，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1.因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝eq\f(1,2)CC1＝2.考点二平面与平面平行的判定与性质eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]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.[由题悟法]判定平面与平面平行的4种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点；(2)面面平行的判定定理；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．[即时应用]1．如图，平面α内有△ABC，AB＝5，BC＝8，AC＝7，梯形BCDE的底DE＝2，过EB的中点B1的平面β∥α，若β分别交EA，DC于点A1，C1，求△A1B1C1的面积．解：因为α∥β，所以A1B1∥AB，B1C1∥BC，又因为∠A1B1C1与∠ABC同向．所以∠A1B1C1＝∠ABC.又因为cos∠ABC＝eq\f(52＋82－72,2×5×8)＝eq\f(1,2)，所以∠ABC＝∠A1B1C1＝60°.又因为B1为EB的中点，所以B1A1是△EAB的中位线，所以B1A1＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(5,2)，同理知B1C1为梯形BCDE的中位线，所以B1C1＝eq\f(1,2)(BC＋DE)＝5.则S＝eq\f(1,2)A1B1×B1C1×sin60°＝eq\f(1,2)×eq\f(5,2)×5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(25\r(3),8).故△A1B1C1的面积为eq\f(25\r(3),8).2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连结AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过DF与GN的交点O，连结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⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.eq\a\vs4\al(考点三立体几何中的探索性问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]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：法一：假设在棱AB上存在点E，使得DE∥平面AB1C1，如图，取BB1的中点F，连结DF，EF，ED，则DF∥B1C1，又DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以DF∥平面AB1C1，又DE∥平面AB1C1，DE∩DF＝D，所以平面DEF∥平面AB1C1，因为EF⊂平面DEF，所以EF∥平面AB1C1，又因为EF⊂平面ABB1，平面ABB1∩平面AB1C1＝AB1，所以EF∥AB1，因为点F是BB1的中点，所以点E是AB的中点．即当点E是AB的中点时，DE∥平面AB1C1.法二：存在点E，且E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1.证明如下：如图，取BB1的中点F，连结DF，则DF∥B1C1.因为DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以DF∥平面AB1C1.因为AB的中点为E，连结EF，ED，则EF∥AB1.因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.因为DF∩EF＝F，所以平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.[由题悟法]探索性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．[即时应用]1．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，点P为DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：点Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.因为点P为DD1的中点，所以QB∥PA.又QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO，所以QB∥平面PAO.连结DB，因为点P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO.又D1B⊄平面PAO，OP⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO.又D1B∩QB＝B，D1B⊂平面D1BQ,QB⊂平面D1BQ，所以平面D1BQ∥平面PAO.故点Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q为CC1的中点2．如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(PD,\s\up7(→))，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．解：AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝eq\f(3,2).理由如下：当λ＝eq\f(3,2)时，eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PD,\s\up7(→))，可知eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连结EM，PC，则有eq\f(MP,FD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME，又ME⊂平面ABEF，CP⊄平面ABEF，故有CP∥平面ABEF.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·汇龙中学测试)已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的位置关系为________．解析：依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．答案：平行或直线b在平面α内2．(2018·南京模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是________．解析：如图，由eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FB)得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.答案：AC∥平面DEF3．(2018·天星湖中学测试)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列四对截面中彼此平行的是________(填序号)．①平面A1BC1和平面ACD1；②平面BDC1和平面B1D1A；③平面B1D1D和平面BDA1；④平面ADC1和平面A1D1C.解析：如图，结合正方体的性质及面面平行的判定可知平面A1BC1∥平面ACD1，平面BDC1∥平面B1D1A.答案：①②4．如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.解析：因为α∥β，所以CD∥AB，则eq\f(PC,PA)＝eq\f(CD,AB)，所以AB＝eq\f(PA×CD,PC)＝eq\f(5×1,2)＝eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)5．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是________．(填序号)解析：因为点M，N，Q分别为所在棱的中点，所以在①中AB与平面MNQ相交，在②③中均有AB∥MQ，在④中，有AB∥NQ，所以在②③④中均有AB与平面MNQ平行．答案：②③④二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·滨海期末)已知m，n是不重合的直线，α，β，γ是不重合的平面，已知α∩β＝m，n⊂γ，若增加一个条件就能得出m∥n，则下列条件中能成为增加条件的序号是________．①m∥γ，n∥β；②α∥γ，n⊂β；③n∥β，m⊂γ.解析：对于①，若β∥γ，由m⊂β，满足m∥γ，由n⊂γ，满足n∥β，但m，n可为异面直线，则不成立；对于②，由α∥γ，且α∩β＝m，β∩γ＝n，由面面平行的性质定理可得m∥n，则成立；对于③，n∥β，m⊂γ，则γ∩β＝m，由线面平行的性质定理可得n∥m，则成立．答案：②或③2．(2019·连云港调研)一条直线与两个平行平面中的一个成30°角，且被两平面所截得的线段长为2，那么这两个平行平面间的距离是________．解析：由题意知，两个平行平面间的距离d＝2sin30°＝1.答案：13．(2018·前黄高级中学检测)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的是________(填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：如图，因为AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证AB1∥DC1，BD∥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．答案：①②④4．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH所在四边形的面积为定值；③棱A1D1始终与水面所在平面平行；④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．其中正确命题的个数是________．解析：由题图，显然①是正确的，②是错误的；对于③，因为A1D1∥BC，BC∥FG，所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH(水面)．所以③是正确的；对于④，因为水是定量的(定体积V)，所以S△BEF·BC＝V，即eq\f(1,2)BE·BF·BC＝V.所以BE·BF＝eq\f(2V,BC)(定值)，即④是正确的．答案：35．在三棱锥P­ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为________．解析：如图，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝eq\f(2,3)AC＝2，FM＝EN＝eq\f(1,3)PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.答案：86．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，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________(把所有正确的序号填上)．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．故应填入的条件为①或③.答案：①或③7．(2018·盐城期末)已知棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1，E为棱AD的中点，现有一只蚂蚁从点B1出发，在正方体ABCD­A1B1C1D1表面上行走一周后再回到点B1，这只蚂蚁在行走过程中与平面A1EB的距离保持不变，则这只蚂蚁行走的轨迹所围成的图形的面积为________．解析：要满足题意，则需在正方体ABCD­A1B1C1D1上过B1作与平面A1EB平行的平面．取A1D1和BC的中点分别为F，G，连结B1F，FD，DG，GB1，则A1F綊ED，所以四边形A1FDE是平行四边形，所以A1E∥FD.因为FD⊄平面A1EB，A1E⊂平面A1EB，所以FD∥平面A1EB.同理：DG∥平面A1EB.又FD∩DG＝D，所以平面DFB1G∥平面A1EB，则四边形DFB1G所围成图形的面积即为所求．易知四边形DFB1G为菱形，由正方体的棱长为2，得菱形DFB1G的边长为eq\r(5)，cos∠A1EB＝eq\f(1,5)，∴sin∠A1EB＝eq\f(2\r(6),5)，∵∠A1EB＝∠FDG，∴S菱形DFB1G＝eq\r(5)×eq\r(5)×sin∠FDG＝2eq\r(6).答案：2eq\r(6)8．(2019·海安中学检测)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是________．解析：取B1C1的中点M，BB1的中点N，连结A1M，A1N，MN，可以证明平面A1MN∥平面AEF，所以点P位于线段MN上，因为A1M＝A1N＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，MN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，所以当点P位于M，N处时，A1P的长度最长，取MN的中点O，连结A1O，当P位于MN的中点O时，A1P的长度最短，此时A1O＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))2)＝eq\f(3\r(2),4)，所以A1O≤A1P≤A1M，即eq\f(3\r(2),4)≤A1P≤eq\f(\r(5),2)，所以线段A1P长度的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))9．如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．求证：(1)AP∥平面BEF；(2)GH∥平面PAD.证明：(1)连结EC，因为AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，所以BC綊AE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以O为AC的中点．又因为F是PC的中点，所以FO∥AP，因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)连结FH，OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，所以FH∥PD，因为PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，所以FH∥平面PAD.又因为O是AC的中点，H是CD的中点，所以OH∥AD，因为AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，所以OH∥平面PAD.又FH∩OH＝H，所以平面OHF∥平面PAD.因为GH⊂平面OHF，所以GH∥平面PAD.10.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.证明：(1)如图所示，取BB1的中点M，连结MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1∥MC1.又因为MC1∥BF，所以BF∥HD1.(2)取BD的中点O，连结EO，D1O，则OE綊eq\f(1,2)DC，又D1G綊eq\f(1,2)DC，所以OE綊D1G，所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GE∥D1O.又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，又BD∥B1D1，B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·扬州期中)若半径为5的球被两个相互平行的平面截得的圆的半径分别为3和4，则这两个平面之间的距离为________．解析：∵半径为5的球被两个相互平行的平面截得的