2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十章第四节　直线、平面平行的判定及其性质

第四节　直线、平面平行的判定及其性质

一、线面平行的判定和性质定理

1.概念理解

(1)线面平行的判定往往需要借助线线平行关系,但要注意条件缺一不可,即“一内一外一平行”.

(2)线面平行也可由面面平行的性质得到.

2.与线面平行证明相关联的结论

(1)α∥β,a⊂α,则有a∥β.

(2)α∥β,a⊄β,a∥α,则有a∥β.

二、平面与平面平行的判定定理和性质定理

1.概念理解

(1)判定定理借助了线线平行,但要注意是两相交线.

(2)性质定理得到的是线线平行,应该是平面与平面的交线.

2.与面面平行相关联的结论

(1)面面平行具有传递性,即α∥β,β∥γ,则α∥γ.

(2)平面α,β,直线l,若l⊥α,l⊥β,则α∥β.

1.设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,“m∥β”是“α∥β”的(　B　)

(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:当m∥β时,过m的平面α与β可能平行也可能相交,因而m∥βα∥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.故选B.

2.在空间四边形ABCD(A,B,C,D不共面)中,一个平面与边AB,BC,CD,DA分别交于E,F,G,H(不含端点),则下列结论错误的是(　C　)

(A)若AE∶BE=CF∶BF,则AC∥平面EFGH

(B)若E,F,G,H分别为各边中点,则四边形EFGH为平行四边形

(C)若E,F,G,H分别为各边中点且AC=BD,则四边形EFGH为矩形

(D)若E,F,G,H分别为各边中点且AC⊥BD,则四边形EFGH为矩形

解析:

作出如图的空间四边形,连接AC,BD可得一个三棱锥,将四个中点连接,得到一个四边形EFGH,由中位线的性质知,EH∥FG,EF∥HG,

故四边形EFGH是平行四边形,若AC=BD,则有HG=AC=BD=EH,故四边形EFGH是菱形.故选C.

3.到正四面体的四个顶点的距离相等的平面有　　　　个. 

解析:分两类,一类是面的两侧分别是1个点和3个点,有4个,一类是面的两侧各两个点,有3个,共有7个.

答案:7

考点一　与平行相关命题的判断

[例1] 已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列命题中正确的是(　　)

(A)若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n 

(B)若m∥n,n⊂α,则m∥α

(C)若m∥α,m∥β,则α∥β 

(D)若α∥β,α∥γ,则β∥γ

解析:

m与n可能平行也可能异面,故A选项错;在正方体中,AB∥A1B1,A1B1⊂平面A1B1BA,而AB不平行于平面A1B1BA,故选项B错;正方体的棱B1C1既平行于平面ADD1A1,又平行于平面ABCD,但这两个平面相交,故选项C不正确;由平面与平面平行的传递性,得选项D正确.故选D.

(1)解决与平行相关命题的判断问题的依据是判定定理和性质定理,运用时注意定理成立的条件.

(2)这类问题常常借助正(长)方体等特殊几何体构造反例判断命题错误.

已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则(　C　)

(A)m∥l (B)m∥n

(C)n⊥l (D)n⊥m

解析:因为互相垂直的平面α,β交于直线l,

所以l⊂β,由n⊥β,可得n⊥l,

因为直线m,满足m∥α,

所以m∥β或m⊂β或m与β相交,

所以直线m,l,直线n,m位置关系不确定,故选C.

考点二　线面平行的判定和性质

[例2]

如图,在三棱锥P-ABC中,D,E分别为PA,AC的中点.

(1)求证:DE∥平面PBC;

(2)试问在线段AB上是否存在点F,使得过D,E,F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行?若存在,指出点F的位置并证明;若不存在,请说明理由.

(1)证明:因为E为AC的中点,D为PA的中点,

所以DE∥PC.

又DE⊄平面PBC,PC⊂平面PBC,

所以DE∥平面PBC.

(2)解:

存在,当点F是线段AB的中点时,过D,E,F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.

证明如下:

如图,取AB的中点F,连接EF,DF.

由(1)可知,DE∥平面PBC.

因为E是AC的中点,F为AB的中点,

所以EF∥BC.

又EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,

所以EF∥平面PBC.

又DE∩EF=E,

所以平面DEF∥平面PBC,

所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行.

故当点F是线段AB的中点时,过D,E,F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.

判断或证明线面平行的常用方法:(1)利用线面平行的定义,一般用反证法;(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α),其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行,证明时注意符号语言的叙述;(3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a⊂α⇒a∥β);(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β).

(2019·暨阳联考)在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,BC∥AD,BC⊥AB,PB=AD=2,AB=BC=1,E为棱PD上的点.

(1)若PE=PD,求证:PB∥平面ACE;

(2)若E是PD的中点,求直线PB与平面ACE所成角的正弦值.

(1)证明:

法一　连接BD,令AC∩BD=F,连接EF,

因为BC∥AD,BC=1,AD=2,

所以==,

又PE=PD,

所以==,

所以PB∥EF,且PB⊄平面ACE,EF⊂平面ACE,

所以PB∥平面ACE.

法二　

以A为原点,如图建立空间直角坐标系.由题意求得PC=,

所以B(1,0,0),P(1,1,),C(1,1,0),D(0,2,0),

所以=(0,1,),=(-1,1,-),

由=,得E(,,).

令平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z),

则

即

所以

令x=,则y=-,z=1,

所以n=(,-,1),

所以·n=0且PB⊄平面ACE,

所以PB∥平面ACE.

(2)解:

(空间向量坐标法)以A为原点,如图建立空间直角坐标系,由题意求得PC=,

所以B(1,0,0),P(1,1,),

所以=(0,1,),C(1,1,0),D(0,2,0),

所以E(,,),令平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z),

则即

所以

令x=,则y=-,z=2,所以n=(,-,2).

设直线PB与平面ACE所成的角为θ,

所以直线PB与平面ACE所成角的正弦值为

sin θ=|cos<,n>|==.

考点三　面面平行的判定与性质

[例3] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1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G,H分别是A1B1,A1C1的中点,

所以GH∥B1C1.

又在三棱柱中,B1C1∥BC,

所以GH∥BC,

所以B,C,H,G四点共面.

证明:(2)因为G,E分别是A1B1,AB的中点,

所以A1GBE,

所以四边形A1GBE为平行四边形,A1E∥BG.

又A1E⊄平面BCHG,BG⊂平面BCHG,

所以A1E∥平面BCHG,

同理A1F∥平面BCHG,

又A1E∩A1F=A1,

所以平面EFA1∥平面BCHG.

(1)判定面面平行的方法

①定义法:即证两个平面没有公共点;

②面面平行的判定定理;

③垂直于同一条直线的两平面平行;

④平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.

(2)面面平行的性质

①若两平面平行,则一个平面内的直线平行于另一平面.

②若一平面与两平行平面相交,则交线平行.

(3)平行间的转化关系

(2019·浙江十校联盟)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,AD=1,PA=AB=BC=2,M是棱PB的中点.

(1)已知点E在棱BC上,且平面AME∥平面PCD,试确定点E的位置,并说明理由;

(2)设点N是线段CD上的动点,当点N在何处时,直线MN与平面PAB所成角最大?并求最大角的正弦值.

解:(1)E为BC的中点,理由如下:

因为M,E分别为PB,BC的中点,

所以ME∥PC

又因为ME⊄平面PDC,

PC⊂平面PDC,

所以ME∥平面PDC,

又因为EC?AD,

所以四边形EADC为平行四边形,

所以AE∥DC,

同理,AE∥平面PDC.

又因为AE∩ME=E,

所以平面AME∥平面PDC.

解:(2)以A为原点,分别以AD,AB,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),

则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1),设直线MN与平面PAB所成角为θ,=λ,

则=++=(λ+1,2λ-1,-1)

取平面PAB的法向量为n=(1,0,0),

则sin θ=|cos <,n>|

=

=.

令λ+1=t∈[1,2],

则=

=

≤,

所以sin θ≤,

当t=⇔λ=时,等号成立.

即当点N在线段DC靠近C的三等分点时,直线MN与平面PAB所成角最大,最大角的正弦值为.

考点四　易错辨析

[例4] 如图,在三棱锥A-BOC中,AO⊥平面COB,∠OAB=∠OAC=,AB=AC=2,BC=,D,E分别为AB,OB的中点.

(1)求证:CO⊥平面AOB;

(2)在线段CB上是否存在一点F,使得平面DEF∥平面AOC,若存在,试确定F的位置,并证明;若不存在,请说明理由.

(1)证明:因为AO⊥平面COB,所以AO⊥CO,AO⊥BO,

即△AOC与△AOB为直角三角形.

又因为∠OAB=∠OAC=,AB=AC=2,

所以OB=OC=1.

由OB2+OC2=1+1=2=BC2,可知△BOC为直角三角形.

所以CO⊥BO,

又因为AO∩BO=O,

所以CO⊥平面AOB.

(2)解:在线段CB上存在一点F,使得平面DEF∥平面AOC,此时F为线段CB的中点.

证明如下:如图,连接DF,EF,因为D,E分别为AB,OB的中点,所以DE∥OA.

又DE⊄平面AOC,AO⊂平面AOC,

所以DE∥平面AOC.

因为E,F分别为OB,BC的中点,

所以EF∥OC.

又EF⊄平面AOC,OC⊂平面AOC,

所以EF∥平面AOC,

又EF∩DE=E,EF⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,

所以平面DEF∥平面AOC.

本题第二问属探索性问题,所要探求的点往往出现在特殊点上,可以先特殊后一般的方法解决.

如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PB⊥BC,PD⊥CD,且PA=2,E点满足PE=PD.

(1)证明:PA⊥平面ABCD;

(2)在线段BC上是否存在点F,使得PF∥平面EAC?若存在,确定点F的位置,若不存在请说明理由.

(1)证明:⇒PA⊥平面ABCD.

(2)解:当F为BC的中点时,PF∥平面EAC.

设AC,FD交于点S,连接ES,

因为AD∥FC,

所以==,

又因为PE=PD,

所以=,

所以PF∥ES,易证PF∥平面EAC.

平行关系的证明

[例题] 如图,三棱柱ABC-1B1C1的各棱长都相等,且∠BAA1=∠CAA1=60°,D,E分别为AB,B1C1的中点.

(1)证明:DE∥平面A1ACC1;

(2)求直线AE与平面BB1C1C所成角的余弦值.

(1)证明:取BC的中点F,连接DF,EF,

因为点D,E分别为AB,B1C1的中点,

所以DF∥AC,EF∥CC1,

又DF∩EF=F,AC∩CC1=C,

所以平面DEF∥平面A1ACC1,

因为DE⊂平面DEF,

所以DE∥平面A1ACC1.

(2)解:

由(1)连接AF,A1E,由各棱长都相等,得AF⊥BC,

又∠BAA1=∠CAA1=60°,可得点A1在平面ABC上的射影M必在AF上,

故以M为原点,过点M且平行于CB的直线为x轴,MF,MA1所在直线分别为y,z轴,建立空间直角坐标系如图,

设AB=1,此时A(0,-,0),E(0,,),B(,,0),F(0,,0),则=(0,, ),=(,0,0),

=(0,,)

设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z),

由

令z=1,解得n=(0,- ,1).

设直线AE与平面BB1C1C所成的角为θ,

则sin θ=|cos<n,>|

=

=,

故cos θ=,即直线AE与平面BB1C1C所成角的余弦值为.

规范要求:证明线面平行方法有二:一是可以利用线面平行的判定定理;二是可以利用面面平行的性质定理,但无论哪一种方法都要注意条件的全面性.

[规范训练] 如图所示,四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形,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)

如图所示,设DF与GN交于点O,连接AE,则AE必过点O,

连接MO,则MO为△ABE的中位线,

所以BE∥MO.

因为BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,

所以BE∥平面DMF.

证明: (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.

因为DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,

所以DE∥平面MNG.

因为M为AB的中点,

所以MN为△ABD的中位线,

所以BD∥MN.

因为BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,

所以BD∥平面MNG.

因为DE∩BD=D,BD,DE⊂平面BDE,

所以平面BDE∥平面MNG.

类型一　与平行相关命题的判断

1.若直线m⊂平面α,则条件甲:“直线l∥α”是条件乙:“l∥m”的(　D　)

(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件

(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件

2.若直线a⊥b,且直线a∥平面α,则直线b与平面α的位置关系是(　D　)

(A)b⊂α 

(B)b∥α

(C)b⊂α或b∥α 

(D)b与α相交或b⊂α或b∥α

解析:可以构造一草图来表示位置关系,经验证,当b与α相交或b⊂α或b∥α时,均能满足直线a⊥b,且直线a∥平面α的情况,故选D.

3.(2019·宁波模拟)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的(　A　)

(A)充分不必要条件

(B)必要不充分条件

(C)充分必要条件

(D)既不充分也不必要条件

解析:本题主要考查点、直线、平面的位置关系和充分条件与必要条件.

①充分性:若直线m⊄α,n⊂α,则当m∥n时,m∥α,即充分性成立.②必要性:若直线m⊄α,n⊂α,当m∥α时, m与n的关系可能为平行或异面,则必要性不成立.故当m⊄α,n⊂α时,“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故本题正确答案为A.

4.对于平面α,β,γ和直线a,b,m,n,下列命题中是真命题的是(　D　)

(A)若a⊥m,a⊥n,m⊂α,n⊂α,则a⊥α

(B)若a∥b,b⊂α,则a∥α

(C)若a⊂β,b⊂β,a∥α,b∥α,则β∥α

(D)若α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,则a∥b

解析:A中只有当m与n相交时才有a⊥α;B中若a⊂α,则结论不成立;C中a与b平行时结论不成立;D正确.

类型二　线面平行的判定和性质

5.如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1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(　C　)

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

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,FG⊂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BE·BF·BC=V.

所以BE·BF=(定值),即④是正确的,故选C.

6.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,那么m+n等于(　A　)

(A)8 (B)9 (C)10 (D)11

解析:由CE与AB共面,且与正方体的上底面平行,则与CE相交的平面个数m=4.作FO⊥底面CED,一定有平面EOF平行于正方体的左、右侧面,即FE平行于正方体的左、右侧面,所以n=4,m+n=8.故选A.

类型三　面面平行的判定和性质

7.对于不重合的两平面α,β,给定下列条件:

①存在平面γ,使得α,β都垂直于γ;

②存在平面γ,使得α,β都平行于γ;

③存在直线l⊂α,m⊂β,使得l∥m;

④存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β.

其中可以判定α,β平行的条件有(　B　)

(A)①③ (B)②④ (C)② (D)①④

解析:存在平面γ,使得α,β都垂直于γ,则α,β平行或相交,①错误;存在平面γ,使得α,β都平行于γ,则α,β一定互相平行,②正确;存在直线l⊂α,m⊂β,使得l∥m,则α,β平行或相交,③错误;存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β,则α,β一定互相平行,④正确,所以可以判定α,β平行的条件有②④,故选B.

8.如图,在直三棱柱ABC-A′B′C′中,△ABC是边长为2的等边三角形,AA′=4,E,F,G,H,M分别是边AA′,AB,BB′,A′B′,BC的中点,动点P在四边形EFGH内部运动,并且始终有MP∥平面ACC′A′,则动点P的轨迹长度为(　D　)

 (A)2 (B)2π (C)2 (D)4

解析:连接MF,FH,MH,因为M,F,H分别为BC,AB,

A′B′的中点,所以MF∥AC,FH∥AA′,

所以MF∥平面AA′C′C,FH∥平面AA′C′C,

因为MF∩FH=F,

所以平面MFH∥平面AA′C′C,所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C,所以点P的运动轨迹是线段FH,其长度为4,故选D.