2020_2021学年新教材高中数学第十一章立体几何初步11.3.3平面与平面平行学案新人教B版必修

11.3.3 平面与平面平行
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)
(1)两个平面α∥β,一条直线a 平行于平面α,则a 一定平行于平面β.( )
(2)三角板的两条边所在直线分别与平面α平行,这个三角板所在平面与平面α平行.( )
(3)平面α内的一个平行四边形的两边与平面β内的一个平行四边形的两边对应平行,则α∥β.( )
(4)若平面α∥β,点P∈α,a∥β且P∈a,那么a⊂α.( )
提示:(1)×.直线a可能与β平行,也可能在β内.
(2)√.三角板的两条边所在直线是相交的,根据平面与平面平行的判定定理可知此说法正确.
(3)×.若平行四边形的两边是对边,则互相平行不相交,无法推出α∥β.
(4)√.因为平面α∥β,a∥β,所以a∥α或a⊂α,又因为点P∈α,P∈a,所以a⊂α.
α∥平面β,过平面α内的一条直线a的平面γ与平面β相交,交线为直线b,则a,b的位置关系是( )
【解析】选A.由面面平行的性质定理可知选项A正确.
3.(教材二次开发:例题改编)底面为平行四边形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,与平面BB1C1C平行的平面是( )
D1D
1
B1B
1
C1C
1
【解析】选A.根据图形及平面平行的判定定理知,平面BB1C1C∥平面AA1D1D.
4.下列命题:
①两个平面有无数个公共点,则这两个平面重合;
②若l,m是异面直线,l∥α,m∥β,则α∥β.
其中错误命题的序号为_______.
【解析】对于①,两个平面相交,则有一条交线,也有无数多个公共点,故①错误;对于②,借助于正方体ABCD-A1B1C1D1,AB∥平面DCC1D1,B1C1∥平面AA1D1D,又AB与B1C1异面,而平面DCC1D1与平面AA1D1D相交,故②错误.
答案:①②
关键能力·合作学习
类型一平面与平面平行的判定(逻辑推理、直观想象)
【典例】已知正方形ABCD与菱形ABEF所在平面相交,求证:平面BCE∥平面ADF.
【思路导引】由四边形ABCD是正方形,证得BC∥平面ADF,由四边形ABEF为菱形,证得BE∥平面ADF,即可利用面面平行的判定定理,证得平面BCE∥平面ADF.
【解析】因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.
因为BC⊄平面ADF,AD⊂平面ADF,
所以BC∥平面ADF.因为四边形ABEF是菱形,
所以BE∥⊄平面ADF,AF⊂平面ADF,
所以BE∥∥平面ADF,BE∥平面ADF,BC∩BE=B,BC,BE⊂平面BCE,所以平面BCE∥平面ADF.
常见面面平行的判定方法
(1)定义法:两个平面没有公共点.
(2)判定定理法:转化为线面平行.
(3)平行平面的传递性:两个平面都和第三个平面平行,则这两个平面平行.
(4)利用平面与平面平行的判定定理的推论:若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平
面内的两条相交直线,则这两个平面平行.
如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形.点M,N,Q分别在PA,BD,PD上,且PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD.求证:平面MNQ∥平面PBC.
【证明】因为PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD,
所以MQ∥AD,NQ∥BP.
又因为BP⊂平面PBC,NQ⊄平面PBC,所以NQ∥平面PBC.
∥AD,所以MQ∥BC.
又因为BC⊂平面PBC,MQ⊄平面PBC,
所以MQ∥∩NQ=Q,MQ,NQ⊂平面MNQ,
所以平面MNQ∥平面PBC.
类型二面面平行性质定理的应用(逻辑推理、直观想象)
角度1 与性质有关的证明问题
【典例】如图,在四面体ABCD中,点E,F分别为棱AB,AC上的点,点G为棱AD的中点,且平面EFG∥平面BCD.
求证:BC=2EF.
【思路导引】由平面EFG∥平面BCD,可得出线线平行,再利用点G为棱AD的中点,即可得出结论.
【证明】因为平面EFG∥平面BCD,
平面ABD∩平面EFG=EG,
平面ABD∩平面BCD=BD,所以EG∥BD,
又G为AD的中点,故E为AB的中点,
同理可得,F为AC的中点,
所以BC=2EF.
角度2 与性质有关的计算问题
【典例】如图,已知平面α∥平面β,P∉α,且P∉β,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,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD=_______.
【思路导引】面面平行⇒线线平行⇒分线段比例相等.
【解析】因为AC∩BD=P,所以经过直线AC与BD可确定平面PCD,因为α∥β,
α∩平面PCD=AB,β∩平面PCD=CD,所以AB∥CD.
所以=,即=.
所以BD=.
答案:
应用平面与平面平行性质定理的基本步骤
提醒:面面平行性质定理的实质:面面平行⇒线线平行,体现了转化思想.与判定定理交替使用,可实现线面、线线、面面平行间的相互转化.
【拓展延伸】
(1)两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
(4)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.
(5)如果两个平面分别平行于第三个平面,那么这两个平面互相平行.
2.证明线与线、线与面的平行关系的一般规律是:“见了已知想性质,见了求证想判定”,也就是说“发现已知,转化结论,沟通已知与未知的关系”.这是分析和解决问题的一般思维方法,而作辅助线和辅助面往往是沟通已知和未知的有效手段.
【拓展训练】
已知平面α∥平面β,点A,C∈α,点B,D∈β,直线AB,CD交于点S,且SA=8,SB=9,CD=34.
(1)若点S在平面α,β之间,则SC=_______.
(2)若点S不在平面α,β之间,则SC=_______.
【解析】(1)如图①所示,因为AB∩CD=S,所以AB,CD确定一个平面,设为γ,则α∩γ=AC,β∩γ=BD.
因为α∥β,所以AC∥=,即=.
所以SC===16.
(2)如图②所示,同理知AC∥BD,则=,
即=,解得SC=272.
答案:(1)16 (2)272
【变式训练】
将本题中的条件“SA=8,SB=9,CD=34.”改为“SA=18,SB=9,CD=34”,求SC.
【解析】如图(1),由α∥β可知BD∥AC,
所以=,即=,所以SC=68.
如图(2),由α∥β知AC∥BD,所以==,
即=.所以SC=.
综上,SC的大小为68或.
α与圆台的上、下底面分别相交于直线m,n,则m,n的位置关系是( )
【解析】选A.因为圆台的上、下底面互相平行,所以由平面与平面平行的性质定理可知m∥n. α∥平面β,直线a⊂α,则直线a与平面β的位置关系为_______.
【解析】因为α∥β,所以α与β无公共点,
因为a⊂α,所以a与β无公共点,所以a∥β.
答案:a∥β
3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E是CC1的中点.
(1)求证:AC1∥平面BDE.
(2)判断并证明,点F在棱DD1上什么位置时,平面AC1F∥平面BDE.
【解析】(1)设AC∩BD=O,连接OE.
因为O,E分别为AC,CC1的中点,所以OE∥AC1,又AC1⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,所以AC1∥平面BDE.
(2)F为棱DD1的中点时,平面AC1F∥平面BDE.
证明如下:因为点F为DD1的中点,E为CC1的中点,所以DF C1E,四边形DFC1E为平行四边形,所以FC1∥DE,FC1⊄平面BDE,DE⊂平面BDE,所以FC1∥平面BDE.
又AC1∥平面BDE,且FC1∩AC1=C1.
所以平面AC1F∥平面BDE.
类型三平行关系的综合应用(逻辑推理、直观想象)
【典例】已知底面是平行四边形的四棱锥P-ABCD,点E在PD上,且PE∶ED=2∶1,在棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC?若存在,证明你的结论,并说出点F的位置.若不存在,请说明理由.
【思路导引】
解答本题应抓住BF∥平面AEC.先找BF所在的平面平行于平面AEC,再确定F的位置.
【解析】存在点F,当F为PC中点时,BF∥平面AEC,
证明如下:
如图,连接BD交AC于O点,连接OE,过B点作OE的平行线交PD于点G,过点G作GF∥CE,交PC于点F,连接BF.
因为BG∥OE,BG⊄平面AEC,
OE⊂平面AEC,
所以BG∥平面AEC.
同理,GF∥平面AEC,又BG∩GF=G.
所以平面BGF∥∥平面AEC.
因为BG∥OE,O是BD中点,所以E是GD中点.
又因为PE∶ED=2∶1,所以G是PE中点.
而GF∥CE,所以F为PC中点.
综上,当点F是PC中点时,BF∥平面AEC.
空间中线、面平行关系的转化
线线、线面、面面间的平行关系的判定和性质,常常是通过线线关系、线面关系、面面关系的相互转化来表达.
本例若改为“已知底面是平行四边形的四棱锥P-ABCD,在棱PD上是否存在一点E,使PB∥平面ACE?若存在,请找出E点位置;若不存在,请说明理由”,该如何解决?
【解析】如图,连接AC,BD交于点O,取PD中点为E,连接OE,AE,CE,则在△PBD中,OE∥PB,又OE⊂平面ACE,PB⊄平面ACE,所以PB∥平面ACE.此时E为PD中点,故当E为PD中点时,能使PB∥平面ACE.
如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,点E,F分别是棱CC1,BB1上的点,点M是线段AC上的动点,EC=2FB=2,当点M在何位置时,BM∥平面AEF.
【解析】如图,取EC的中点P,AC的中点Q,连接PQ,PB,BQ,则PQ∥AE.
因为EC=2FB=2,所以PE=BF.所以四边形BFEP为平行四边形,所以PB∥EF.又AE,EF⊂平面AEF,PQ,PB⊄平面AEF,
所以PQ∥平面AEF,PB∥平面AEF.
又PQ∩PB=P,PQ,PB⊂平面PBQ,所以平面PBQ∥⊂平面PBQ,所以BQ∥平面AEF.故点Q即为所求的点M,即点M为AC的中点时,BM∥平面AEF.
【补偿训练】
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为B1C1,A1B1,AB的中点.
(1)求证:平面A1C1G∥平面BEF.
(2)若平面A1C1G∩BC=H,求证:H为BC的中点.
【证明】(1)因为E,F分别为B1C1,A1B1的中点,
所以EF∥A1C1,因为A1C1⊂平面A1C1G,EF⊄平面A1C1G,所以EF∥平面A1C1G,又F,G分别为A1B1,AB的中点,
所以A1F=BG,又A1F∥BG,所以四边形A1GBF为平行四边形,则BF∥A1G,因为A1G⊂平面A1C1G,BF⊄平面A1C1G,
所以BF∥平面A1C1G,又EF∩BF=F,
所以平面A1C1G∥平面BEF.
(2)因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1C1G∩平面A1B1C1=A1C1,平面A1C1G与平面ABC有公共点G,则这两个平面的交线经过G,又因为平面A1C1G∩BC=H,所以设平面A1C1G∩平面ABC=GH,则A1C1∥GH,得GH∥AC,因为G为AB的中点,所以H为BC的中点.
课堂检测·素养达标
α与平面β平行的条件可以是( )
A.α内有无数多条直线与β平行
∥α,a∥β
⊂α,直线b⊂β,且a∥β,b∥α
D.α内的任何直线都与β平行
【解析】选D.由面面平行的定义知,选D.
B1C1中,直线AB与平面A1B1C1的位置关系是( )
1
【解析】∥A1B1,AB⊄平面A1B1C1,A1B1⊂平面A1B1C1,所以AB∥平面A1B1C1.
3.(教材二次开发:练习改编)已知点S是正三角形ABC所在平面外一点,点D,E,F分别是SA,SB,SC的中点,则平面DEF与平面ABC的位置关系是_______.
【解析】由D,E,F分别是SA,SB,SC的中点,知EF是△SBC的中位线,所以EF∥BC.
又因为BC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,所以EF∥平面ABC.
同理DE∥平面ABC,
又因为EF∩DE=E,EF,DF⊂平面DEF,所以平面DEF∥平面ABC.
答案:平行
4.如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为_______.
【解析】因为平面ABFE∥平面CDHG,
又平面EFGH∩平面ABFE=EF,
平面EFGH∩平面CDHG=HG,
所以EF∥∥FG,
所以四边形EFGH的形状是平行四边形.
答案:平行四边形
课时素养评价
十七平面与平面平行
(20分钟35分)
∥α,b∥β,α∥β,则a与b位置关系是( )
【解析】选D.如图(1),(2),(3)所示,a与b的关系分别是平行、异面或相交.
2.下列说法中,错误的是( )
A.平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行,则这两个平面平行
C.若两个平面平行,则位于这两个平面内的直线也互相平行
D.若两个平面平行,则其中一个平面内的直线与另一个平面平行
【解析】选C.分别在两个平行平面内的直线,可能平行,也可能异面.
3.α,β是两个不重合的平面,在下列条件中,可判定α∥β的是( )
A.α,β都平行于直线l,m
B.α内有三个不共线的点到β的距离相等
C.l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β
D.l,m是两条异面直线且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β
【解析】选D.A,B,C中都有可能使两个平面相交;D中l∥α,m∥α,可在α内取一点,过该点作l,m 的平行线l′,m′,则l′,m′在平面α内且相交,又易知
l′∥β,m′∥β,所以α∥β.
4.若夹在两个平面间的三条平行线段相等,那么这两个平面的位置关系为
.
【解析】三条平行线段共面时,两平面可能平行也可能相交,当三条平行线段不共面时,两平面一定平行.
答案:平行或相交
5.如图所示,平面四边形ABCD所在的平面与平面α平行,且四边形ABCD在平面α内的平行投影A1B1C1D1是一个平行四边形,则四边形ABCD的形状一定是.
【解析】由平行投影的定义,AA1∥BB1,而ABCD所在平面与平面α平行,则AB∥A1B1,
则四边形ABB1A1为平行四边形,所以AB A1B1,
同理四边形CC1D1D为平行四边形,CD C1D1.
因为A1B1 C1D1,
所以AB CD,从而四边形ABCD为平行四边形.
答案:平行四边形
6.如图,四棱锥P-ABCD中,已知四边形ABCD是平行四边形,点E,M,N分别为边BC,AD,AP的中点.
求证:PE∥平面BNM.
【证明】
连接DE,因为M,N分别为边AD,AP的中点,所以MN∥PD,
因为MN⊄平面PDE,PD⊂平面PDE,所以MN∥平面PDE,
因为E,M分别是BC,AD的中点,四边形ABCD是平行四边形,所以四边形BEDM是平行四边形,所以MB∥DE ,MB⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,所以MB∥面PDE,
因为MN∩MB=M,所以平面MNB∥平面PDE,因为PE⊂平面PDE,所以PE∥平面BNM.
(30分钟60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
α∥平面β,A∈α,B∈β,C是AB的中点,当点A,B分别在平面α,β内运动时,动点C( )
B.当且仅当点A,B分别在两条直线上移动时才共面
C.当且仅当点A,B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面
D.无论点A,B如何移动都共面
【解析】选D.无论点A,B如何移动,其中点C到α,β的距离始终相等,故点C在到α,β距离相等且与两平面都平行的平面上.
2.已知m,n是两条直线,α,β是两个平面.有以下说法:
①m,n相交且都在平面α,β外,m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β;②若m∥α,m∥β,则α∥β;③若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.
其中正确的个数是( )
【解析】①是面面平行的判定定理;②③中平面α,β还有可能相交.
【补偿训练】
设a,b表示直线,α,β,γ表示平面,则下列命题中不正确的是( )
A.α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b
∥b,b∥α,a⊄α⇒a∥α
C.α∥β,β∥γ⇒α∥γ
D.α∥β,a∥α⇒a∥β
【解析】α∥β且a∥α时,可能有a⊂β,也可能有a∥β,因此选项D中的命题不正确.
F1G1H1中,下列四对截面彼此平行的一对是( )
1
FG1与平面EGH1
1
与平面F1H1G
1
C.平面F1H1H与平面FHE1
D.平面E1HG1与平面EH1G
【解析】选A.如图,因为EG∥E1G1,
EG⊄平面E1FG1,
E1G1⊂平面E1FG1,
所以EG∥平面E1FG1,
又G1F∥H1E,
同理可证H1E∥平面E1FG1,
又H1E∩EG=E,H1E⊂平面EGH1,EG⊂平面EGH1,
所以平面E1FG1∥平面EGH1.
B1C1D1中,M是A1B1的中点,点P是侧面CDD1C1上的动点,且MP∥平面AB1C,则线段MP 1
长度的取值X围是( )
A. B.
C. D.
【解析】选B.取CD的中点N,CC1的中点R,B1C1的中点H,则MN∥B1C∥HR,MH∥AC,所以平
面MNRH∥平面AB1C,所以MP⊂平面MNRH,线段MP扫过的图形是△MNR,因为AB=2,所以MN=2,NR=,MR=,所以MN2=NR2+MR2,所以∠MRN是直角,
所以线段MP长度的取值X围是.
【补偿训练】
如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F在CC1上,且CF=2FC1,点P是侧面AA1D1D(包括边界)上一动点,且PB1∥平面DEF,则tan∠ABP的取值X围是.
【解析】作出平面MNQB1∥平面DEF,则A1Q=2AQ,DN=2D1N,因为PB1∥平面DEF,所以点P 的轨迹是线段QN,因此,当点P运动到点Q处时,tan∠ABP取得最小值,此时tan∠ABP==;当点P运动到点N处时,tan∠ABP取得最大值,此时
tan∠ABP===;所以tan∠ABP的取值X围是.
答案:
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
B1C1,交A1C1,B1C1,BC,AC分别于点E,F,G,H. 若A1A>A1C1,则截面的形状可以为( )
1
【解析】选AD.因为四边形EFGH的相邻两边不可能相等,所以不能选B,C;当FG∥B1B时,四边形EFGH为矩形;当FG不与B1B平行时,四边形EFGH为梯形.
6.已知a,b表示两条不重合的直线,α,β,γ表示三个不重合的平面,给出下列命题,其中正确的是( )
α∩γ=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥β
B.若a,b相交且都在α,β外,a∥α,b∥α,
a∥β,b∥β,则α∥β
∥α,a∥β,则α∥β
⊂α,a∥β,α∩β=b,则a∥b
【解析】选BD.对于A,若α∩γ=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥β或者α与β相交,故A错误;对于B,若a,b 相交且都在α,β外,
根据线面关系的基本事实可得a,b可以确定一个平面记为γ,a∥α,b∥α,a∥β,b∥β,可得γ∥α,γ∥β,由面面平行的传递性可知α∥β,故B正确;对于C,a∥α,a∥β,则α∥β也可能α与β相交,故C错误;对于D,由a⊂α,a∥β,α∩β=b,结合线面平行的性质定理: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,那么这条直线和交线平行,则a∥b,故D正确.
【补偿训练】
α,β,γ为三个不重合的平面,a,b,c为三条不重合的直线,则下列命题中正确的是( )
A.⇒a∥b
B.⇒a∥b
C.⇒α∥β
D.⇒α∥β
【解析】选AD.对于A,两条直线平行于第三条直线,这两条直线平行,故A正确.对于B,两条直线都与同一个平面平行,则这两条直线可能相交,也可能是异面直线,不一定平行,故B不正确.对
于C,两个平面都与同一条直线平行,则这两个平面可能平行,也可能相交,故C不正确.对于D,由面面平行的传递性可知平行于同一平面的两个平面平行,故D正确.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB 于M,交BC于N,则MN=AC,MN平面AB1C.
【解析】因为平面MNE∥平面ACB1,平面ABCD∩平面MNE=MN,平面ABCD∩平面ACB1=AC,
所以MN∥∥AB1,EN∥B1C.
因为E是B1B的中点,所以M,N分别是AB,BC的中点,所以MN=AC.
又因为MN∥AC,MN⊄平面AB1C,AC⊂平面AB1C,所以MN∥平面AB1C.
答案:∥
B1C1D1中,E为棱DD11C∥平面A1EC1时,点E的位置是.
1
【解析】如图,连接B1D1,BD,
设B1D1∩A1C1=M,BD∩AC=O,连接ME,B1O.
因为平面AB1C∥平面A1EC1,平面AB1C∩平面BDD1B1=B1O,
平面A1EC1∩平面BDD1B1=ME,所以B1O∥ME.
又四边形B1MDO为平行四边形,则B1O∥MD.所以得到点E与点D重合.
答案:点D处
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图所示,在直角梯形ABCP中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC=PD.E,F,G分别为线段PC,PD,BC的中点,现将△PDC折起,使点P∉平面ABCD.求证:平面PAB∥平面EFG.
【证明】因为PE=EC,PF=FD,所以EF∥CD,
又因为CD∥AB,
所以EF∥AB,又EF⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,
所以EF∥平面PAB,同理可证EG∥平面PAB.
又因为EF∩EG=E,所以平面PAB∥平面EFG.
10.如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点.
(1)当等于何值时,BC1∥平面AB1D1.
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.
【解析】连接A1B交AB1于点O,连接OD1.
(1)如图所示,取D1为线段A1C1的中点,此时=1.
由棱柱的性质知,四边形A1ABB1为平行四边形,
所以点O为A1△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,所以OD1∥BC1.
又因为OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,
所以BC1∥平面AB1D1.
所以当=1时,BC1∥平面AB1D1.
(2)由平面BC1D∥平面AB1D1,
且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O得BC1∥D1O,
所以=,
又由题(1)可知=,=1,
所以=1,即=1.
1.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=6,AB=3,AD=8,点M是棱AD的中点,点N在棱AA1上,且满足AN=2NA1,P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界),若C1P∥平面CMN,则线段C1P长度的取值X围是( )
A. B.
C. D.
【解析】1D1中点E,在DD1上取点F,使D1F=2DF,连接EF,C1E,C1F,则平面CMN∥平面C1EF,
因为P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界),C1P∥平面CMN,
所以P∈线段EF,因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,
AA1=6,AB=3,AD=8,点M是棱AD的中点,点N在棱AA1上,且满足AN=2NA1,所以C1E=5,C1F=5,所以当P与EF的中点O重合时,线段C1P长度取最小值,
当P与点E或点F重合时,线段C1P长度取最大值,
即=C1E=C1F=5,EF=4,=C1O==
=,
所以线段C1P长度的取值X围是[,5].
【补偿训练】
如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱A1D1,A1B1的中点,P是侧面正方形BCC1B1内一点(含边界),若FP∥平面AEC,则线段A1P长度的取值X围是.
【解析】取B1C1中点G,连接FG,BG,
因为在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱A1D1,A1B1的中点,
所以AE∥BG,AC∥FG,因为AE∩AC=A,BG∩FG=G,
所以平面FGB∥平面AEC,因为P是侧面正方形BCC1B1内一点(含边界),FP∥平面AEC,
所以点P在线段BG上运动,在等腰△A1BG 中,A1G=BG==,A1B==2,作A1H⊥BG于H,由等面积法解得:
A1H===,
所以A1H≤A1P≤A1B,
所以线段A1P长度的取值X围是.
答案:
2.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中,点M是线段B1D1上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.
(1)求证:EF∥平面BDD1B1.
(2)在棱CD上是否存在一点G,使得平面GEF∥平面BDD1B1?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)连接BM,因为BE=EC,CF=FM,所以EF∥BM,又EF⊄平面BDD1B1,BM⊂平面BDD1B1,所以EF∥平面BDD1B1.
(2)存在.当点G是CD的中点,即=1时,平面GEF∥平面BDD1B1.理由如下:因为BE=EC,CG=GD,所以GE∥BD,又GE⊄平面BDD1B1,BD⊂平面BDD1B1,所以GE∥平面BDD1B1.由(1)知EF∥平面BDD1B1,又GE∩EF=E,GE⊂平面GEF,EF⊂平面GEF,所以平面GEF∥平面BDD1B1.。