2013高考立体几何命题动向第4讲 直线、平面平行的判定及其性质

第4讲直线、平面平行的判定及其性质【2013年高考会这样考】1．考查空间直线与平面平行，面面平行的判定及其性质．2．以解答题的形式考查线面的平行关系．3．考查空间中平行关系的探索性问题．【复习指导】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，解答过程中叙述的步骤要完整，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”．基础梳理1．平面与平面的位置关系有相交、平行两种情况．2．直线和平面平行的判定(1)定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；(2)判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α；(3)其他判定方法：α∥β；a⊂α⇒a∥β.3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒a∥l.4．两个平面平行的判定(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β；(3)推论：a∩b＝M，a，b⊂α，a′∩b′＝M′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β. 5．两个平面平行的性质定理(1)α∥β，a⊂α⇒a∥β；(2)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.6．与垂直相关的平行的判定(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b；(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.一个关系平行问题的转化关系：两个防范(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)把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．双基自测1．(人教A版教材习题改编)下面命题中正确的是()．①若一个平面内有两条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；②若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；③若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行；④若一个平面内的两条相交直线分别与另一个平面平行，则这两个平面平行．A．①③B．②④C．②③④D．③④解析①②中两个平面可以相交，③是两个平面平行的定义，④是两个平面平行的判定定理．答案 D2．平面α∥平面β，a⊂α，b⊂β，则直线a，b的位置关系是()．A．平行B．相交C．异面D．平行或异面答案 D3．(2012·银川质检)在空间中，下列命题正确的是()．A．若a∥α，b∥a，则b∥αB．若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥αC．若α∥β，b∥α，则b∥βD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解析若a∥α，b∥a，则b∥α或b⊂α，故A错误；由面面平行的判定定理知，B错误；若α∥β，b∥α，则b∥β或b⊂β，故C错误．答案 D4．(2012·温州模拟)已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是()．A．m∥n，m⊥α⇒n⊥αB．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥nC．m⊥α，m⊥n⇒n∥αD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β解析选项A中，如图①，n∥m，m⊥α⇒n⊥α一定成立，A正确；选项B中，如图②，α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m与n互为异面直线，∴B不正确；选项C中，如图③，m⊥α，m⊥n⇒n⊂α，∴C不正确；选项D中，如图④，m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α与β相交，∴D不正确.答案 A5．(2012·衡阳质检)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析如图．连接AC、BD交于O点，连结OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案平行考向一直线与平面平行的判定与性质【例1】►(2011·天津改编)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，O 为AC 的中点，M 为PD 的中点． 求证：PB ∥平面ACM .[审题视点] 连接MO ，证明PB ∥MO 即可．证明 连接BD ，MO .在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO .因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM .利用判定定理时关键是找平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线． 【训练1】 如图，若PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，E 、F 分别是AB 、PD 的中点，求证：AF ∥平面PCE . 证明 取PC 的中点M ，连接ME 、MF ， 则FM ∥CD 且FM ＝12CD .又∵AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴FM 綉AE ，即四边形AFME 是平行四边形． ∴AF ∥ME ，又∵AF ⊄平面PCE ，EM ⊂平面PCE ， ∴AF ∥平面PCE .考向二 平面与平面平行的判定与性质【例2】►如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N、P分别为所在边的中点．求证：平面MNP∥平面A1C1B；[审题视点] 证明MN∥A1B，MP∥C1B.证明连接D1C，则MN为△DD1C的中位线，∴MN∥D1C.又∵D1C∥A1B，∴MN∥A1B.同理，MP∥C1B.而MN与MP相交，MN，MP在平面MNP内，A1B，C1B在平面A1C1B内．∴平面MNP∥平面A1C1B.证明面面平行的方法有：(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．【训练2】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)∵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綉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.考向三线面平行中的探索问题【例3】►如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，若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．[审题视点] 取AB、BB1的中点分别为E、F，证明平面DEF∥平面AB1C1即可．解存在点E，且E为AB的中点．下面给出证明：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1.∵AB的中点为E，连接EF，则EF∥AB1.B1C1与AB1是相交直线，∴平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.解决探究性问题一般要采用执果索因的方法，假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾)，则不存在．【训练3】 如图，在四棱锥PABCD 中，底面是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，点M 、N 分别为BC 、PA 的中点．在线段PD 上是否存在一点E ，使NM ∥平面ACE ？若存在，请确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．解 在PD 上存在一点E ，使得NM ∥平面ACE .证明如下：如图，取PD 的中点E ，连接NE ，EC ，AE ， 因为N ，E 分别为PA ，PD 的中点，所以NE 綉12AD .又在平行四边形ABCD 中，CM 綉12AD .所以NE 綉MC ，即四边形MCEN 是平行四边形．所以NM 綉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 .规范解答13——怎样证明线线、线面、面面平行与垂直的综合性问题【问题研究】 高考对平行、垂直关系的考查主要以线面平行、线面垂直为核心，以多面体为载体结合平面几何知识，考查判定定理、性质定理等内容，难度为中低档题目.【解决方案】 利用定理证明线面关系时要注意结合几何体的结构特征，尤其注意对正棱柱、正棱锥等特殊几何体性质的灵活运用，进行空间线面关系的相互转化. 【示例】►(本题满分12分)(2011·山东)如图，在四棱台ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD＝A 1B 1，∠BAD ＝60°. (1)证明：AA 1⊥BD ； (2)证明：CC 1∥平面A 1BD .第(1)问转化为证明BD 垂直A 1A 所在平面；第(2)问在平面A 1BD 内寻找一条线与CC 1平行．[解答示范] 证明 (1)因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， 所以D 1D ⊥BD .(1分)又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos 60°＝3AD 2，所以AD 2＋BD 2＝AB 2， 因此AD ⊥BD .(4分) 又AD ∩D 1D ＝D ， 所以BD ⊥平面ADD 1A 1. 又AA 1⊂平面ADD 1A 1， 故AA 1⊥BD .(6分)(2)如图，连结AC ，A 1C 1， 设AC ∩BD ＝E ，连结EA 1， 因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以EC ＝12AC .(8分)由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，所以四边形A 1ECC 1为平行四边形，(10分) 因此CC 1∥EA 1.又因为EA 1⊂平面A 1BD ， CC 1⊄平面A 1BD ，所以CC 1∥平面A 1BD .(12分)证明线面关系不能仅仅考虑线面关系的判定和性质，更要注意对几何体的几何特征的灵活应用．证明的依据是空间线面关系的判定定理和性质定理．另外根据几何体的数据，通过计算也可得到线线垂直的关系，所以要注意对几何体中的数据的正确利用． 【试一试】 (2010·安徽)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，AB ＝2EF ＝2，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点． (1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB ； (3)求四面体BDEF 的体积．[尝试解答] (1)证明 设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．连EG ，GH ，由于H 为BC 的中点，故GH 綉12AB .又EF 綉12AB ，∴EF 綉GH .∴四边形EFHG 为平行四边形．∴EG ∥FH ，而EG ⊂平面EDB ，∴FH ∥平面EDB . (2)证明 由四边形ABCD 为正方形，有AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .而EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC ，∴EF ⊥FH . ∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点， ∴FH ⊥BC .∴FH ⊥平面ABCD . ∴FH ⊥AC .又FH ∥EG ，∴AC ⊥EG .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB . (3)解 ∵EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，∴BF ⊥平面CDEF . ∴BF 为四面体BDEF 的高． 又BC ＝AB ＝2，∴BF ＝FC ＝ 2. V B －DEF ＝13×12×1×2×2＝13.。