高考数学 高频考点归类分析 关于线线、线面及面面平行的问题（真题为例）

关于线线、线面及面面平行的问题典型例题：例1.（年四川省文5分）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。【考点】立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质。【解析】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确。故选C。例2.（年浙江省文5分）设是直线，α，β是两个不同的平面【】A.若∥α，∥β，则a∥βB.若∥α，⊥β，则α⊥βC.若α⊥β，⊥α，则⊥βD.若α⊥β,∥α，则⊥β【答案】B。【考点】线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质。【解析】利用面面垂直的判定定理可证明B是正确的，对于其它选项，可利用举反例法证明其是错误命题：A，若∥α，∥β，则满足题意的两平面可能相交，排除A；B，若∥α，⊥β，则在平面α内存在一条直线垂直于平面β，从而两平面垂直，故B正确；C，若α⊥β，⊥α，则可能在平面β内，排除C；D，若α⊥β,∥α，则可能与β平行，相交，排除D。故选B。例3.（年山东省文12分）如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD.(Ⅰ)求证：BE=DE；(Ⅱ)若∠BCD=1200，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.【答案】解：(Ⅰ)证明：取BD中点为O，连接OC，OE，∵BC=CD，∴CO⊥BD，又∵EC⊥BD，CO∩EC=C，∴BD⊥平面OCE.。又∵OE平面OCE.，∴BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线。∴BE=DE。(Ⅱ)取AB中点N，连接MN，DN，∵M是AE的中点，∴MN∥BE。∵△ABD是等边三角形，∴DN⊥AB，∠ABD＝60°。∵∠BCD＝120°，BC=CD，∴∠CBD＝30°。∴∠ABC＝60°+30°＝90°，即BC⊥AB。∴ND∥BC。又∵MN∩ND=N，BE∩BC=B，∴平面MND∥平面BEC。又∵DM平面MND，∴DM∥平面BEC。【考点】线面垂直和平行的证明，线段垂直平分线的判定和性质，等边三角形的性质。【解析】(Ⅰ)要证BE=DE，只要证点E是BD垂直平分线上的点即可。故取BD中点为O，连接OC，OE，由已知证明BD⊥OE即可。(Ⅱ)要证DM∥平面BEC只要证明DM在一个平行于平面BEC的另一个平面上，故取AB中点N，连接MN，DN，证明平面MND∥平面BEC即可。例4.（年福建省理13分）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD（I）求证：B1E⊥AD1；（II）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；（III）若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．【答案】解：（I）如图，以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a,0,1)。∴eq\o(AD,\s\up6(→))1＝(0,1,1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))。∵eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1。（II）假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)。又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a))。要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，即eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2)。又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq\f(1,2)。（III）连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C。又由（I）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝∴AD1⊥平面DCB1A1∴eq\o(AD1,\s\up6(→))是平面A1B1E的一个法向量，此时eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)。设eq\o(AD1,\s\up6(→))与n所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(n·\o(AD1,\s\up6(→)),|n||\o(AD1,\s\up6(→))|)＝。∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，∴|cosθ|＝cos30°，即＝eq\f(\r(3),2)，解得＝2，即AB的长为2。【考点】用空间向量求平面间的夹角，空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定。【解析】（Ⅰ）由题意及所给的图形，以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。设AB＝a，给出图形中各点的坐标，可求出向量eq\o(AD,\s\up6(→))1和eq\o(B1E,\s\up6(→))的坐标，验证其数量积为0即可证出两线段垂直。（II）由题意，可先假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B