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复习目标学法指导1.与平行有关命题真假判定.2.锥体、柱体中线面平行证明.3.折叠问题中证明线面平行.1.立体几何有三大关系即线线关系、线面关系、面面关系.要搞清楚由低到高(即线线⇒线面⇒面面)叫判定,由高到低(即面面⇒线面⇒线线)叫性质.2.证明线面、面面的平行是高考的重点.3.会结合三种语言即文字、图形、符号语言搞清楚判定和性质定理.一、线面平行的判定和性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)⇒a∥b1.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 文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行⇒a∥b1.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.