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高中数学复习线面、面面平行的判定与性质人教版必修2


线面、面面 平行的判定与性质

重点难点 重点:线面、面面平行的判定定理与性质定理及应 用 难点:定理的灵活运用

知识归纳 一、直线与平面平行 1.判定方法 (1)用定义:直线与平面无公共点. a?α ? ? b?α??a∥α a∥b ? ?

(2)判定定理:

α∥β? ? ??a∥ α

(3)其它方法: a?β ? ?

2.性质定理:

? ? ??a∥b α∩β=b ? ? a∥α a?β

二、平面与平面平行 1.判定方法 (1)用定义:两个平面无公共点 ? a∥β ? ? b∥β ? a?α ??α∥ β ? b?α ? a∩b=P ? ?

(2)判定定理:

(3)其它方法: a⊥α? α∥γ? ? ? ??α∥ β; ??α∥ β a⊥β ? β∥γ ? ? ? ? a∥b ? c∥d ? a,c?α ? ??α∥ β. b,d?β ? a∩c=A ? ? b∩d=B?

2.性质定理: α∥β ? ? γ∩α=a??a∥ b γ∩β=b ? ? 3.两条直线被三个平行平面所截,截得线段对应成 比例.

误区警示 1.应用线面平行、面面平行的判定定理与性质定理 时,条件不足或条件与结论不符是常见的错误,解决的 方法是弄清线线、线面、面面平行关系的每一个定理的 条件和结论,明确这个定理是干什么用的,具备什么条 件才能用.其中线面平行的性质定理是核心,证题时, 找(或作)出经过已知直线与已知平面相交的平面是解题

的关键,另外在证明平行关系时,常见错误是(1)“两条 直线没有公共点则平行”;(2)“垂直于同一条直线的两 直线平行”,不恰当的把平面几何中的一些结论迁移到 立体几何中来,解决的关键是先说明它们在同一个平面 内.

2.注意弄清“任意”、“所有”、“无数”、“存 在”等量词的含义. 3.注意应用两平面平行的性质定理推证两直线平行 时,不是两平面内的任意直线,必须找或作出第三个平 面与两个平面都相交,则交线平行. 应用二面平行的判定定理时,两条相交直线的“相 交”二字决不可忽视. 4.要注意符合某条件的图形是否惟一,有无其它情 形.

一、转化的思想 解决空间线面、面面平行关系的问题关键是作好下 列转化

二、解题技巧 要能够灵活作出辅助线、面来解题,作辅助线、面 一定要以某一定理为理论依据.

线面平行的判定
[例 1] (文)如下图所示,矩形 ABCD 和梯形 BEFC

所在平面互相垂直,BE∥ CF,求证:AE∥平面 DCF.

分析:要证线面平行,可依据判定定理在平面 DCF 内找一条直线与 AE 平行,注意到 ABCD 为矩形,BCFE 为梯形,可通过构造平行四边形 ADGE 来证明,只须找 到 G 点即可获证,如果能够证明经过 AE 的一个平面与 平面 DCF 平行也可获证.

解析:方法一:由于 AB∥ CD,BE∥ CF,故平面 ABE∥ 平面 DCF. 而直线 AE 在平面 ABE 内,根据线面平行的定义, 知 AE∥平面 DCF.

方法二: 如上图所示, 过点 E 作直线 EG∥BC 交 CF 于点 G,连接 DG,由于 BE∥CF,故四边形 BEGC 为平 行四边形,从而 EG 綊 BC.又四边形 ABCD 为矩形,故

AD 綊 BC.所以 AD 綊 EG.所以四边形 AEGD 为平行四边

形,所以 AE∥DG. 由线面平行的判定定理得,AE∥平面 DCF.

(理)已知有公共边 AB 的两个全等的矩形 ABCD 和 ABEF 不在同一个平面内,P、Q 分别是对角线 AE、BD 上的点,且 AP=DQ.

求证:PQ∥平面 CBE.

证明:方法 1:如下图,作 PM∥ AB 交 BE 于点 M, 作 QN∥ AB 交 BC 于点 N,则 PM∥ QN.

PM EP QN BQ ∴ = , = , AB EA CD BD ∵AP=DQ,∴EP=BQ, 又∵AB=CD, EA=BD, ∴PM=QN.又∵PM∥ QN, ∴四边形 PMNQ 是平行四边形,∴PQ∥ MN. 综上所述:PQ?平面 CDE,MN?平面 CBE,PQ∥ MN, ∴PQ∥平面 CBE.

方法 2:作 PR∥ BE 交 AB 于点 R,连接 QR,

AP AR ∵PR∥ BE,∴ = ,又∵两矩形全等 DQ=AP, PE RB AR DQ ∴BQ=PE,∴ = ,∴RQ∥ AD,∴RQ∥ BC, RB BQ ∴平面 PQR∥平面 EBC,∴PQ∥面 EBC.

点评: 欲证 PQ∥平面 EBC, 一种方法是用判定定理; 另一种方法是用面面平行的性质定理.用判定定理时, 找出平面内与 PQ 平行的直线是关键. AP DQ 由 = 可过 P、Q 作 AB 的平行线构造平行四边 AE DB 形(如证法 1).

也可由直线 AE 与 PQ 相交确定一个平面与平面 EBC 有公共点 E,故必有一条交线,连结 AQ,并延长交 BC 于 G,则只须证明 PQ∥ EG,也可由异面线段 AE,BD 上的比例关系,找一条与二者均相交的线段,取相同的 比例点构造相似关系得出平行关系,如取 AB 上点 R,使 AR AP = ,则平面 PRQ∥平面 EBC(即证法 2)等等. AB AE

(文)(2011· 威海质检)已知直线 l、m,平面 α,且 m?α,则 l∥ m 是 l∥ 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 )

解析:由 l∥ m 可知 l∥α 或 l?α,所以“l∥ m”不 是“l∥ α”的充分条件,l∥ α 且 m?α,则直线 l∥ m 或 直线 l 与 m 异面,所以“l∥ m”也不是“l∥ α”的必要 条件,故选 D.

答案:D

(理)在四面体 ABCD 中,CB=CD,AD⊥BD,且 E, F 分别是 AB,BD 的中点.求证: (1)直线 EF∥平面 ACD; (2)面 EFC⊥平面 BCD.

解析:(1)在△ABD 中,因为 E、F 分别是 AB、BD 的中点,所以 EF∥ AD. 又 AD?平面 ACD,EF?平面 ACD, 所以直线 EF∥ 平面 ACD.

(2)在△ABD 中,因为 AD⊥BD,EF∥ AD,所以 EF ⊥BD. 在△BCD 中,因为 CD=CB,F 为 BD 的中点,所 以 CF⊥BD. 因为 EF?平面 EFC,CF?平面 EFC,EF 与 CF 交 于点 F,所以 BD⊥平面 EFC. 又因为 BD?平面 BCD, 所以平面 EFC⊥平面 BCD.

面面平行的判定
[例 2] (文)如下图,在四棱锥 V-ABCD 中,底面

ABCD 是矩形,侧棱 VA⊥底面 ABCD,E、F、G 分别为 VA、VB、BC 的中点.

求证:平面 EFG∥平面 VCD.

解析:∵E、F、G 分别为 VA、VB、BC 的中点, ∴EF∥ AB,FG∥ VC, 又 ABCD 是矩形,∴AB∥ CD,∴EF∥ CD, 又∵EF?平面 VCD,FG?平面 VCD, ∴EF∥平面 VCD,FG∥ 平面 VCD, 又 EF∩FG=F,∴平面 EFG∥平面 VCD.

(理)(2010· 山东青岛)在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2,底面是边长为 1 的正方形,E、F、G 分别 是棱 B1B、D1D、DA 的中点.

(1)求证:平面 AD1E∥ 平面 BGF; (2)求证:D1E⊥平面 AEC.

证明:(1)∵E,F 分别是棱 BB1,DD1 的中点, ∴BE 綊 D1F.∴四边形 BED1F 为平行四边形. 1E ∴D

∥BF.
又 D1E?平面 AD1E,BF?平面 AD1E, ∴BF∥平面 AD1E. 又 G 是棱 DA 的中点,∴GF∥AD1.

又 AD1?平面 AD1E,GF?平面 AD1E, ∴GF∥平面 AD1E. 又 BF∩GF=F,∴平面 AD1E∥平面 BGF.
2 (2)∵AA1=2,∴AD1= A1A2+A1D1 = 5. 2 同理, AE= 2, 1E= 3.∴AD1=D1E2+AE2.∴D1E D

⊥AE. ∵AC⊥BD,AC⊥D1D,∴AC⊥平面 BDD1B1. 又 D1E?平面 BDD1B1,∴AC⊥D1E. 又 AC∩AE=A,∴D1E⊥平面 AEC.

(文)(2011· 济南调研)已知 m, 是两条不同的直线, n α, γ 是三个不同的平面, β, 则下列命题正确的是( A.若 α⊥γ,α⊥β,则 γ∥ β B.若 m∥ n,m?α,n?β,则 α∥ β C.若 α⊥β,m⊥β,则 m∥α D.若 m∥ n,m⊥α,n⊥β,则 α∥ β )

解析:

由正方体交于同一顶点的三个面知 A 错;如上图 α∩β=l,m?α,n?β,m∥ l,n∥ l,知 B 错;正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,平面 ADD1A1⊥平面 ABCD,AA1 ⊥平 面 ABCD,但 AA1 ? 平面 ADD1A1 ,故 C 错 ; ? ??n⊥α ? m⊥α ? ??α∥ β,故 D 正确. ? ? n⊥β ? m∥n ? ?

答案:D

(理)(2011· 山东潍坊模拟)已知 m、n、l1、l2 表示不同 直线,α、β 表示不同平面.若 m?α,n?α,l1?β,l2 ?β,l1∩l2=M,则 α∥ β 的一个充分条件是( A.m∥ β 且 l1∥ α B.m∥ β 且 n∥ β C.m∥ β 且 n∥ l1 D.m∥ l1 且 n∥ l2 )

解析:由定理“如果一个平面内有两条相交直线分 别与另一个平面平行, 那么这两个平面平行”结合选项 D 可推知 α∥ β,因此选 D.

答案:D

线面、面面平行的性质
[例 3] (文)如下图,平面 α∥平面 β,线段 GH 与 α、 β 分别交于 A、B,线段 HF 与 α、β 分别交于 F、E,线 段 GD 与 α、β 分别交于 C、D,且 GA=9,AB=12,BH =16,S△ ACF=72.求△BDE 的面积.

解析:因为 α∥β,所以 AC∥ BD,AF∥BE.所以∠ FAC 与∠EBD 相等或互补.因为 AC∥ BD,故△GAC∽ △GBD. AC GA 3 从而有, = = . BD GB 7

AF AH 7 同理△HEB∽△HFA.有 = = , BE BH 4 1 AFsin∠FAC S△ AFC 2AC· AC· AF 所以 = = . BE· BD S△ BED 1 BF· BDsin∠EBD 2 37 4 即 = ·,所以 S△BED=72× =96. 3 S△ BED 7 4 72

(理)如下图, 已知平面 α∥平面 β∥ 平面 γ, β 位于 且 α 与 γ 之间.点 A、D∈α,C、F∈γ,AC∩β=B,DF∩β =E.

AB DE (1)求证: = ; BC EF (2)设 AF 交 β 于 M,AD 与 CF 不平行,α 与 β 间距 h′ 离为 h′,α 与 γ 间距离为 h, 当 的值是多少时, △ BEM S h 的面积最大?

解析:考查线线平行、线面平行、面面平行的相互 转化能力以及分类讨论思想的应用. (1)证明:∵β∥ γ,平面 ACF 分别交 β、γ 于 BM、 CF, AB AM ∴BM∥ CF,∴ = , BC MF AM DE AB DE 同理: = ,∴ = . MF EF BC EF

(2)由(1)知 BM∥ CF, BM AB h′ ME h-h′ ∴ = = ,同理: = , CF AC h AD h 1 ∴S△ BEM= BM· MEsin∠BME 2 h′? h′ ? 1 ? ? = CF· AD sin∠BME. 2 h ?1- h ? ? ?

据题意知,AD 与 CF 异面,只是 β 在 α、γ 间变化 位置,故 CF、AD 是常量,sin∠BME 是 AD 与 CF 所成 角的正弦值,也是常量,令 h′?h=x 只要考查函数 y h′ 1 1 =x(1-x)的最值,显然当 x= 时,即 = 时,y=-x2 2 h 2 +x 有最大值. h′ 1 所以当 = 时, β 在 α、 两平面的中间时△BEM 即 γ h 2 面积最大.

(2011· 佳木斯模拟)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.

分析:由 H、N 分别为 CD、BC 中点知 HN∥ BD, 又 MN∥平面 B1BDD1,因此点 M 应使平面 MHN∥平面 B1BDD1, 而点 M 在平面 EFGH 内, 从而 HM 为平面 HMN 与平面 EFGH 的交线,而 DD1 为平面 B1BDD1 与平面 EFGH 的交线,由面面平行的性质定理知,应有 HM∥ DD1,故 M 在直线 HF 上可符合要求.

解析:因为 HN∥BD,HF∥DD1,所以平面 NHF∥ 平面 B1BDD1,又平面 NHF∩平面 EFGH=FH.故线段 FH 上任意点 M 与 N 相连,有 MN∥平面 B1BDD1,故填 M∈线段 FH.

答案:M∈线段 FH

探索性问题
[例 4] (文)(2010· 烟台中英文学校质检)如下图, 在四 棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是菱形,∠ABC=60° , PA⊥平面 ABCD,点 M,N 分别为 BC,PA 的中点,且 PA=AB=2.

(1)证明:BC⊥平面 AMN; (2)求三棱锥 N-AMC 的体积; (3)在线段 PD 上是否存在一点 E,使得 NM∥平面 ACE;若存在,求出 PE 的长,若不存在,说明理由.

解析:(1)因为 ABCD 为菱形,所以 AB=BC, 又∠ABC=60° ,所以 AB=BC=AC, 又 M 为 BC 中点,所以 BC⊥AM 而 PA⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD,所以 PA⊥ BC, 又 PA∩AM=A,所以 BC⊥平面 AMN.

1 1 3 (2)因为 S△AMC= AM· CM= × 3×1= , 2 2 2 又 PA⊥底面 ABCD,PA=2,所以 AN=1, 所以,三棱锥 N-AMC 的体积 1 1 3 3 V= S△ AMC· AN= × ×1= . 3 3 2 6

(3)存在 取 PD 中点 E,连结 NE,EC,AE, 1 因为 N,E 分别为 PA,PD 中点,所以 NE 綊 AD 2

1 又在菱形 ABCD 中,CM 綊 AD, 2

所以 NE 綊 MC, MCEN 是平行四边形, 即 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 此时 PE= PD= 2. 2

(理)(2010· 江苏洪泽中学月考)如下图,四棱锥 P- ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,PA=AB,底面 ABCD 为直 1 角梯形,∠ABC=∠BAD=90° ,PA=BC= AD. 2

(1)求证:平面 PAC⊥平面 PCD; (2)在棱 PD 上是否存在一点 E,使 CE∥平面 PAB? 若存在,请确定 E 点的位置;若不存在,请说明理由.

解析:(1)设 PA=1 1 由题意 PA=BC=1,AD=2,AB=1,BC= AD, 2 由∠ABC=∠BAD=90° ,易知 CD=AC= 2, 由勾股定理得 AC⊥CD, 又∵PA⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴PA⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面 PAC, 又 CD?平面 PCD,∴平面 PAC⊥平面 PCD.

(2)证明:作 CF∥ AB 交 AD 于 F,作 EF∥ AP 交 PD 于 E,连接 CE, ∵CF∥ AB,EF∥PA,CF∩EF=F,PA∩AB=A, ∴平面 EFC∥ 平面 PAB, 又 CE 在平面 EFC 内,CE∥平面 PAB, 1 ∵BC= AD,AF=BC,∴F 为 AD 的中点, 2 ∴E 为 PD 中点,故棱 PD 上存在点 E,且 E 为 PD 中点,使 CE∥ 平面 APB.

(2011· 山东烟台一模)如下图,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)求证:AD⊥PC; (2)在线段 AC 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.

解析:(1)证明:因为 PD⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD,所以 PD⊥AD. 又因为 ABCD 是矩形,所以 AD⊥CD. 因为 PD∩CD=D,PD,CD?平面 PCD, 所以 AD⊥平面 PCD. 又因为 PC?平面 PCD,所以 AD⊥PC.

(2)解: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.
1 所以 AM= AC= 5. 2 即在线段 AC 上存在一点 M(M 为 AC 的中点), 使得 PA∥平面 EDM,AM 的长为 5.

一、选择题 1. (文)(2010· 胶州三中)已知有 m、 为两条不同的直 n 线,α、β 为两个不同的平面,则下列命题中正确的命题 是( ) A.若 m?α,n?α,m∥β,n∥ β,则 α∥β B.若 m?α,n?β,α∥β,则 m∥ n C.若 m⊥α,m⊥n,则 n∥ α D.若 m∥ n,n⊥α,则 m⊥α

[答案] D
[解析] A 中两直线 m 与 n 相交时,才能得出结论

α∥ β,故 A 错;B 中分别在两个平面内的两条直线可能 平行,也可能异面,故 B 错;C 中 n 可能在平面 α 内, 故 C 错.

(理)若有直线 m、n 和平面 α、β,下列四个命题中, 正确的是( )

A.若 m∥ α,n∥ α,则 m∥ n B.若 m?α,n?α,m∥ β,n∥ β,则 α∥ β C.若 α⊥β,m?α,则 m⊥β D.若 α⊥β,m⊥β,m?α,则 m∥ α

[答案] D
[解析] 如图(1),β∥ α,m?β,n?β,有 m∥α,n

∥α,但 m 与 n 可以相交,故 A 错;
如图(2),m∥ n∥ l,α∩β=l,有 m∥ β,n∥ β,故 B 错;

如图(3),α⊥β,α∩β=l,m?α,m∥ l,故 C 错.故 选 D.

[点评]

1.D 选项证明如下:

设 α 与 β 的交线为 l,在 α 内作 n⊥l,∵α⊥β,∴n ⊥β, ∵m⊥β,∴m∥ n,∵n?α,m?α,∴m∥α. 2.解决这类问题首先要熟悉线面位置关系的各个定 理,无论是单项选择还是多项选择,都可以从中先选最 熟悉最容易作出判断的选项先确定或排除,再逐步考察 其余选项.要特别注意定理所要求的条件是否完备,图 形是否有特殊情形等.

2.(2011· 海口调研、大连模拟)平面 α∥平面 β 的一 个充分条件是( )

A.存在一条直线 a,a∥ α,a∥β B.存在一条直线 a,a?α,a∥β C.存在两条平行直线 a、b,a?α、b?β、a∥ β、b

∥α
D.存在两条异面直线 a、b,a?α、b?β、a∥ β、b

∥α

[答案]D
[解析] 在正方形 ABCD-A1B1C1D1 中,取 ABCD 为 α,ADD1A1 为 β,B1C1 为直线 a,可知 A 错;如图(1), α∩β=l,a?α,a∥l,可知满足 B 的条件,故 B 错;如 图(2),α∩β=l,a?α,b?β,a∥ l,b∥l,满足 a∥ β,b

∥α,故 C 错;由面面平行的判定定理知 D 正确.

二、解答题 3. (文)(2011· 山东济南一模)如下图, 在正方体 ABCD -A1B1C1D1 中,M、N、P 分别为所在棱的中点,O 为面 对角线 A1C1 的中点.

(1)求证:平面 MNP∥平面 A1C1B; (2)求证:MO⊥平面 A1C1B.

[证明] (1)连接 D1C,∵MN 为△DD1C 的中位线, ∴MN∥ D1C. 又∵D1C∥ A1B,∴MN∥ A1B.同理 MP∥ C1B. MN 与 MP 相交,MN,MP?平面 MNP,A1B,C1B ?平面 A1C1B,∴平面 MNP∥平面 A1C1B.

(2)连接 C1M 和 A1M,设正方体的棱长为 a,

∵ABCD-A1B1C1D1 是正方体, ∴C1M=A1M. 又∵O 为 A1C1 的中点,∴A1C1⊥MO. 连接 BO 和 BM,在三角形 BMO 中, 6 3 经计算知:OB= a,MO= a, 2 2 3 BM= a,∴OB2+MO2=MB2,即 BO⊥MO. 2 而 A1C1、BO?平面 A1C1B,且 A1C1∩BO=0, ∴MO⊥平面 A1C1B.

(理)(2011· 山东文,19)如下图,在四棱台 ABCD- A1B1C1D1 中,D1D⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四 边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° .

(1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.

[证明] (1)证法 1:因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD ?平面 ABCD, 所以 D1D⊥BD.又因为 AB=2AD,∠BAD=60° , 在 △ ABD 中, 由余弦定 理得 BD2 = AD2 + AB2 - 2AD· ABcos60° =3AD2,所以 AD2+BD2=AB2.因此 AD⊥ BD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD.

证法 2: 因为 D1D⊥平面 ABCD, BD?平面 ABCD. 且 所以 BD⊥D1D.

取 AB 的中点 G,连接 DG, 在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD. 又∠BAD=60° ,所以△ADG 为等边三角形. 因此 GD=GB. 故∠DBG=∠GDB,又∠AGD=60° ,所以∠GDB =30° .

故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° . 所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD.

(2)连接 AC,A1C1. 设 AC∩BD=E,连接 EA1.

1 因为四边形 ABCD 为平行四边形,所以 EC= AC. 2 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知 A1C1 ∥ EC 且 A1C1=EC. 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形.因此 CC1∥ EA1. 又因为 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD. 所以 CC1∥平面 A1BD.


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