还剩34页未读，
继续阅读
所属成套资源：高考数学第一轮复习复习（精品讲义）
成套系列资料，整套一键下载
高考数学第一轮复习复习第3节 空间直线、平面的平行（讲义）
展开
这是一份高考数学第一轮复习复习第3节 空间直线、平面的平行（讲义），共37页。
1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点,通过直观感知、操作确认、思辨论证,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.
1.直线与平面平行的判定定理和性质定理
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
1.平行间的三种转化关系
2.平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.
(2)平行于同一平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b.
3.平行问题中的唯一性
(1)过直线外一点与该直线平行的直线有且只有一条.
(2)过平面外一点,与该平面平行的平面有且只有一个.
1.(2022·辽宁鞍山模拟)已知平面α,两条不同直线l和m,若m⊂α,则“l∥m”是“l∥α”的( D )
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:根据题意,l∥m且l⊄α,才有l∥α,
反之,若l∥α,l与m可能异面,
故“l∥m”是“l∥α”的既不充分也不必要条件.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系为 .
解析:如图所示,连接BD交AC于F,连接EF,
则EF是△BDD1的中位线,
所以EF∥BD1,
又EF⊂平面ACE,BD1⊄平面ACE,
所以BD1∥平面ACE.
答案:平行
3.(必修第二册P135练习T4改编)如图所示,P是三角形ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,α分别交线段PA,PB,PC于A′,B′,C′,若PA′∶AA′=3∶4,则S△A′B′C′∶S△ABC= .
解析:由题意,因为平面α∥平面ABC,
所以A′B′∥AB,B′C′∥BC,A′C′∥AC,
所以PA′∶PA=PB′∶PB=A′B′∶AB,
PB′∶PB=PC′∶PC=B′C′∶BC,
PC′∶PC=PA′∶PA=A′C′∶AC,
所以A′B′∶AB=B′C′∶BC=A′C′∶AC,
所以△A′B′C′∽△ABC.
所以S△A′B′C′∶S△ABC=A′B′2∶AB2.
又因为PA′∶A′A=3∶4,
所以PA′∶PA=3∶7,
所以A′B′∶AB=3∶7,
所以S△A′B′C′∶S△ABC=9∶49.
答案:9∶49
直线、平面平行的基本问题
1.(多选题)平面α与平面β平行的条件可以是( BCD )
A.α内有无数条直线都与β平行
B.α内的任何直线都与β平行
C.两条相交直线同时与α,β平行
D.两条异面直线同时与α,β平行
解析:当α内有无数条直线与β平行时,α与β可能平行,也可能相交,故A错误;
当α内的任何直线都与β平行时,必有两条相交直线与β平行,故B正确;
两条相交直线同时与α,β平行,设两相交直线确定平面γ,则γ∥α,γ∥β,可得α∥β,故C正确;
两条异面直线同时与α,β平行,则可在一条直线上取一点作另一条直线的平行线,问题转化为C项的条件,故D正确.
2.a,b是空间两条不相交的直线,那么过直线b且平行于直线a的平面( B )
A.有且仅有一个B.至少有一个
C.至多有一个D.有无数个
解析:因为a,b是空间两条不相交的直线,
所以a,b的位置关系有两种:即平行或异面.
若a,b平行,那么过直线b且平行于直线a的平面有无数个;
若a,b异面,如图,
在b上任取一点O,过O作c∥a,则b,c确定平面α,所以a∥α,那么过直线b且平行于直线a的平面只有1个.综上,过直线b且平行于直线a的平面至少有一个.
3.(多选题)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,则( ABD )
A.平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B.平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C.平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D.平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
解析:若平面PAD内存在直线与BC平行,
则BC∥平面PAD,
由BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,
可得BC∥AD,则四边形ABCD为平行四边形,与已知矛盾,故A正确;
平面PAD和平面PBC的一个交点为P,故两者存在过点P的一条交线,
在平面PBC内,与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行,故B正确;由AB∥CD得AB∥平面PCD,进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线,
所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行,故C错误;
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行,
则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行,与AD也平行,则BC∥AD,
与已知矛盾,故D正确.
解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意点
(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件,如线面平行的判定定理中,条件“线在面外”易忽视.
(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.
(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.
直线与平面平行的判定与性质
直线与平面平行的判定
[例1] (1)如图,三棱锥D-ABC,点M,N分别为△ABD和△ABC的重心.
证明:CD∥平面BMN;
(2)在如图1所示的等腰梯形CDEF中,CD∥EF,将它沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥E-ABCD(E,F重合),点M,N分别为线段AB,DE的中点.
证明:MN∥平面BEC.
证明:(1)延长BM交AD于点P,延长BN交AC于点O,连接PO.
因为点M,N分别为△ABD和△ABC的重心,所以点P,O分别为AD和AC的中点,所以PO∥CD,
又CD⊄平面BMN,PO⊂平面BMN,
所以CD∥平面BMN.
(2)取EC的中点G,连接NG,BG,
因为点M,N分别为线段AB,DE的中点.
所以NG12DC,
又ABDC,
所以NGBM,
所以四边形MBGN是平行四边形,
所以MN∥BG,
又MN⊄平面BEC,BG⊂平面BEC,
所以MN∥平面BEC.
证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行,注意内外平行三条件,缺一不可.
直线与平面平行的性质
[例2] 如图所示,四边形 ABCD 是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BMD于GH.求证:AP∥GH.
证明:如图所示,连接AC交BD于点O,连接MO,
因为四边形ABCD是平行四边形,
所以O是AC的中点,
又M是PC的中点,
所以AP∥OM.
又MO⊂平面BMD,
AP⊄平面BMD,
所以AP∥平面BMD.
因为平面PAHG∩平面BMD=GH,
且AP⊂平面PAHG,
所以AP∥GH.
(1)通过线面平行可得到线线平行,其中一条线应是两平面的交线,要树立这种应用意识.
(2)利用线面平行的性质必须先找出交线.
[针对训练]
1.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,M是线段EF的中点.
求证:AM∥平面BDE.
证明:设AC与BD交于点O,连接OE,
因为ABCD是正方形,
所以O是AC的中点,
又因为ACEF是矩形,
ACEF,
又M是EF的中点,
所以AOEM,
所以四边形AOEM为平行四边形,
所以AM∥OE,
又AM⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
2.如图,已知三棱锥P-ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,经过DE的平面α与PB,PC分别交于点G,F,且PA∥α.求证:四边形DEFG是平行四边形.
证明:因为PA∥α,PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAC,α∩平面PAB=DG,α∩平面PAC=EF,
所以PA∥DG,PA∥EF,
所以EF∥DG,
因为D,E分别为AB,AC的中点,
所以DE∥BC,
又DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
所以DE∥平面PBC,
因为DE⊂α,α∩平面PBC=GF,
所以DE∥GF,
所以四边形DEFG是平行四边形.
面面平行的判定与性质
[例3] 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,EF,BF⊂平面BEF,
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,则有经过G的直线,设交BC于点H,如图,
则A1C1∥GH,得GH∥AC,
因为G为AB的中点,所以H为BC的中点.
判断、证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义.
(2)面面平行的判定定理: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.
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4)如果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.
[针对训练] 如图所示,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是△A1B1C1的中位线,GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC,
所以GH∥BC,
所以B,C,H,G四点共面.
(2)在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点,
所以EF∥BC.
因为EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,
所以EF∥平面BCHG.
因为A1G∥EB,A1G=EB,
所以四边形A1EBG是平行四边形,则A1E∥GB.
因为A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,
所以A1E∥平面BCHG.
因为A1E∩EF=E,A1E⊂平面EFA1,EF⊂平面EFA1,
所以平面EFA1∥平面BCHG.
平行关系的探索问题
[例4] 如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,DE=3,AF=1.
(1)求证:平面ABF∥平面DCE;
(2)在DE上是否存在一点G,使平面FBG将几何体ABCDEF分成上、下两部分的体积比为3∶5?若存在,求出点G的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,所以DE∥AF,
又DE⊂平面DCE,AF⊄平面DCE,
所以AF∥平面DCE,
因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD,
又CD⊂平面DCE,AB⊄平面DCE,
所以AB∥平面DCE,
因为AB∩AF=A,AB⊂平面ABF,AF⊂平面ABF,所以平面ABF∥平面DCE.
(2)解:存在点G,满足题意,理由如下:
假设存在一点G,过G作MG∥BF交EC于点M,连接FG,BG,BM,BD如图,
由V几何体ABCDEF=VB−ADEF+VB−CDE
=13×3×(1+3)×32+13×3×3×32
=212,
设EG=t,
则V几何体GFBME=VB−EFG+VB−EGM=212×38=6316,
设点M到ED的距离为h,
则ℎ3=EMEC=t3-1,
即h=32t,
则S△EGM=12·t·32t=34t2,
V几何体GFBME=VB−EFG+VB−EGM=13×3×12×3·t+13×3·34t2=6316,即4t2+8t-21=0,
解得t=32或t=-72(舍去),
则在DE上存在点G,当EG=32,即G为ED的中点时满足条件.
解决这种数值或存在性问题的题目时,注意先给出具体的值或先假设存在,然后再证明.
[针对训练] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为对角线BD,CD1上的点,且CQQD1=BPPD=23.
(1)求证:PQ∥平面A1D1DA;
(2)若R是AB上的点,ARAB的值为多少时,能使平面PQR∥平面A1D1DA?请给出证明.
(1)证明:连接CP并延长与DA的延长线交于点M,如图,连接MD1,
因为四边形ABCD为正方形,所以BC∥AD,故△PBC∽△PDM,
所以CPMP=PBPD=23,
又因为CQQD1=PBPD=23,所以CQQD1=CPMP=23,
所以PQ∥MD1.
又MD1⊂平面A1D1DA,PQ⊄平面A1D1DA,
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)解:当ARAB的值为35时,能使平面PQR∥平面A1D1DA,如图.
证明如下:因为ARAB=35,
即BRAR=23,故BRAR=BPPD,
所以PR∥DA.
又DA⊂平面A1D1DA,PR⊄平面A1D1DA,
所以PR∥平面A1D1DA,
由(1)知PQ∥平面A1D1DA,PQ∩PR=P,PQ,PR⊂平面PQR,
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
[例1] 如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )
解析:在B中,易证AB∥MQ,排除B;在C中,易证AB∥MQ,排除C;在D中,易证AB∥NQ,排除D.故选A.
[例2] (多选题)(2022·河北石家庄二模)一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为PB,PC的中点,在此几何体中,给出的下面结论正确的有( )
A.直线AE与直线BF异面
B.直线AE与直线DF异面
C.直线EF∥平面PAD
D.直线EF∥平面ABCD
解析:由题可知,该几何体为正四棱锥,
可假设AE与BF共面,由图可知,点F不在平面ABE中,故矛盾,A正确;
因为E,F分别为BP,CP的中点,故EF∥BC,又四边形ABCD为正方形,所以AD∥BC,故EF∥AD,A,D,E,F四点共面,B错误;
由B的证明可知,EF∥AD,
又AD⊂平面PAD,AD⊂平面ABCD,
故直线EF∥平面PAD,
直线EF∥平面ABCD,C,D正确.
故选ACD.
[例3] 如图,已知三棱锥A-BCD的截面MNPQ平行于对棱AC,BD,且ACBD=m,AMMB=n,其中m,n∈(0,+∞),有下列命题:
①对于任意的m,n,都有截面MNPQ是平行四边形;
②当AC⊥BD时,对任意的m,都存在n,使得截面MNPQ是正方形;
③当m=1时,截面MNPQ的周长与n无关;
④当AC⊥BD,且AC=BD=2时,截面MNPQ的面积的最大值为1.
其中假命题的个数为( )
A.0B.1C.2D.3
解析:因为AC∥平面MNPQ,AC⊂平面ABC,平面ABC∩平面MNPQ=MN,所以AC∥MN,同理AC∥PQ,所以MN∥PQ,同理MQ∥PN,所以对于任意的m,n,都有截面MNPQ是平行四边形,所以①正确;
当AC⊥BD时,则MN⊥PN,所以截面MNPQ是矩形,要使截面MNPQ是正方形,只需MN=NP,由MN∥AC,所以MNAC=BMAB,由AMMB=n,
所以BMAB=1n+1,所以MNAC=1n+1,即MN=1n+1AC,又NPBD=CNCB=AMAB=nn+1,
所以NP=nn+1·BD,
因为MN=NP,所以1n+1AC=nn+1·BD,
又ACBD=m,所以当m=n时,MN=NP,此时对任意的m,都存在n=m,使截面为正方形,所以②正确;
③当m=1时,设AC=BD=x,所以MN=xn+1,PN=nxn+1,所以MN+PN=x,所以截面的周长为2x,所以截面MNPQ的周长与n无关,所以该命题正确;
④当AC⊥BD,且AC=BD=2时,PN=nn+1·2=2nn+1,MN=1n+1·2=2n+1,由于截面是矩形,所以截面MNPQ的面积为4n(n+1)2=4nn2+2n+1=4n+2+1n≤42+2n·1n=1,当且仅当n=1时,等号成立,所以截面MNPQ的面积的最大值为1,所以该命题正确.故选A.
[例4] 在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点,若平面BC1D∥平面AB1D1,则ADDC= .
解析:如图,连接A1B交AB1于点O,连接OD1.
由棱柱的性质知四边形A1ABB1为平行四边形,所以点O为A1B的中点.
因为平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,
平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,
所以BC1∥D1O.
所以D1为线段A1C1的中点,即D1C1=12A1C1.
因为平面BC1D∥平面AB1D1,
且平面AA1C1C∩平面BDC1=DC1,
平面AA1C1C∩平面AB1D1=AD1,
所以AD1∥DC1.
又AD∥D1C1,
所以四边形ADC1D1是平行四边形,
所以AD=C1D1=12A1C1=12AC,
即D为线段AC的中点,所以ADDC=1.
答案:1
[选题明细表]
1.下列命题正确的是( D )
A.若直线a在平面α外,则直线a∥α
B.若直线a与平面α有公共点,则a与α相交
C.若平面α内存在直线与平面β无交点,则α∥β
D.若平面α内的任意直线与平面β均无交点,则α∥β
解析:直线a在平面α外,则直线a∥α或a与α相交,故A错误;
直线a与平面α有公共点,则a与α相交或a⊂α,故B错误;
C中α与β可能平行,也可能相交,故C错误;
若平面α内的任意直线与平面β均无交点,则平面α内的任意直线与平面β平行,一定存在两条相交直线与平面β平行,则α∥β,故D
正确.
2.已知在三棱柱ABCA1B1C1中,M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为( B )
A.平行、平行B.异面、平行
C.平行、相交D.异面、相交
解析:因为在三棱柱ABCA1B1C1中,
M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,
所以EF⊂平面BCC1B1,
MN∩平面BCC1B1=N,N∉EF,
所以由异面直线的定义得直线MN与直线EF是异面直线.
取A1C1的中点P,连接PM,PN,如图,
则PN∥B1A1,PM∥A1A.
又PN⊄平面ABB1A1,B1A1⊂平面ABB1A1,
PM⊄平面ABB1A1,A1A⊂平面ABB1A1,
所以PN∥平面ABB1A1,PM∥平面ABB1A1.
因为PM∩PN=P,PM,PN⊂平面PMN,
所以平面PMN∥平面ABB1A1,
因为MN⊂平面PMN,
所以直线MN与平面ABB1A1平行.
3.三棱柱ABCA1B1C1中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ等于( A )
A.12 B.13
C.14 D.23
解析:如图,连接AC1,交A1C于O,连接OM,
因为BC1∥平面A1MC,
BC1⊂平面ABC1,
平面A1MC∩平面ABC1=OM,所以BC1∥OM,
因为△ABC1中,O为AC1的中点,所以M为AB的中点,因为AM=λAB,
所以λ=12.
4.在三棱台A1B1C1ABC中,点D在A1B1上,且AA1∥BD,点M是三角形A1B1C1内(含边界)的一个动点,且有平面BDM∥平面A1ACC1,则动点M的轨迹是( C )
A.三角形A1B1C1边界的一部分
B.一个点
C.线段的一部分
D.圆的一部分
解析:如图,过D作DE∥A1C1交B1C1于E,连接BE,
BD∥AA1,BD⊄平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1C1C,所以BD∥平面AA1C1C,
同理DE∥平面AA1C1C,又BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,
所以平面BDE∥平面AA1C1C,所以M∈DE(M不与D重合,否则没有平面BDM).
5.(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,Q分别是棱D1C1,A1D1,BC的中点,点P在BD1上且BP=23BD1,则以下四个说法正确的是( BC )
A.MN∥平面APC
B.C1Q∥平面APC
C.A,P,M三点共线
D.平面MNQ∥平面APC
解析:如图,对于A,连接MN,AC,AN,
则MN∥AC,
连接AM,CN,
易得AM,CN交于点P,
即MN⊂平面APC,
所以MN∥平面APC是错误的;
对于B,由A项知M,N在平面APC内,
由题易知AN∥C1Q,AN⊂平面APC,C1Q⊄平面APC,
所以C1Q∥平面APC是正确的;
对于C,由A项知A,P,M三点共线是正确的;
对于D,由A项知MN⊂平面APC,
又MN⊂平面MNQ,
所以平面MNQ∥平面APC是错误的.
6.三棱锥ABCD中,AB=CD=1,过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB,CD都平行,且分别交BD,AD,AC于F,G,H,则四边形EFGH的周长为 .
解析:因为AB∥平面EFGH,AB⊂平面ABC,
平面ABC∩平面EFGH=EH,
所以AB∥EH,
又点E为BC的中点,
所以EH为三角形ABC的中位线,
故EH=12AB=12.
同理,EF=FG=GH=12,
所以四边形EFGH的周长为2.
答案:2
7.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C两点,过点P的直线n与α,β分别交于B,D两点,且PA=6,
PD=8,AC=9,则BD的长可能为 .
解析:连接AB,CD,
当P在平面α与平面β的同侧时,
因为α∥β,平面PCD∩α=AB,平面PCD∩β=CD,
所以AB∥CD,
可得PAAC=PBBD,
因为PA=6,AC=9,
PD=8,
所以BD=245;
当P在平面α与平面β之间时,
同理可得PAPC=PBPD,
因为PA=6,AC=9,PD=8,
所以PB=16,
所以BD=PB+PD=24.
综上所述,可得BD的长为245或24.
答案:245或24
8.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,PA=3,
F是棱PA上的一个动点,E为PD的中点,O为AC的中点.
(1)求证:OE∥平面PAB;
(2)若AF=1,求证:CE∥平面BDF.
证明:(1)因为四边形ABCD为菱形,O为AC的中点,
所以O为BD的中点,
又因为E为PD的中点,
所以OE∥PB.
因为OE⊄平面PAB,PB⊂平面PAB,
所以OE∥平面PAB.
(2)如图所示,过E作EG∥FD交AP于点G,连接CG,FO.
因为EG∥FD,EG⊄平面BDF,FD⊂平面BDF.
所以EG∥平面BDF.
因为E为PD的中点,EG∥FD,
所以G为PF的中点,
因为AF=1,PA=3,
所以F为AG的中点,
又因为O为AC的中点,
所以OF∥CG.
因为CG⊄平面BDF,OF⊂平面BDF,
所以CG∥平面BDF.
因为EG∩CG=G,EG⊂平面CGE,CG⊂平面CGE,
所以平面CGE∥平面BDF,
又因为CE⊂平面CGE,
所以CE∥平面BDF.
9.(多选题)在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中,M是A1B1的中点,
N在该正方体的棱上运动,则下列说法正确的是( BC )
A.存在点N,使得MN∥BC1
B.三棱锥MA1BC1的体积等于94
C.有且仅有两个点N,使得MN∥平面A1BC1
D.有且仅有三个点N,使得N到平面A1BC1的距离为3
解析:如图,显然无法找到点N,使得MN∥BC1,故A错误;
VM−A1BC1=VB−A1MC1=13S△A1MC1·B1B=13×12×32×3×3=94,故B正确;
如图所示,N1,N2分别为B1B,B1C1的中点,有MN1∥平面A1BC1,MN2∥平面A1BC1,故C正确;
易证B1D⊥平面A1BC1,B1D⊥平面ACD1,且B1O1=O1O2=O2D=13B1D=3,
所以有B1,A,C,D1四点到平面A1BC1的距离为3,故D错误.
10.如图,在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P为棱BB1的中点,Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),若D1Q∥平面A1PD,则线段D1Q长度的取值范围是( D )
A.[1,2] B.[324,2]
C.[1,52] D.[324,52]
解析:如图,取CC1的中点E,B1C1的中点F,
连接D1E,D1F,EF,B1C,
所以EF∥B1C,在正方体中,易得B1C∥A1D,
所以EF∥A1D,
因为EF⊄平面A1PD,A1D⊂平面A1PD,
所以EF∥平面A1PD,
因为P,E分别为BB1,CC1的中点,
所以D1E∥A1P,
因为D1E⊄平面A1PD,A1P⊂平面A1PD,
所以D1E∥平面A1PD,
因为EF∩D1E=E,EF,D1E⊂平面D1EF,
所以平面D1EF∥平面A1PD,
因为D1Q∥平面A1PD,所以D1Q⊂平面D1EF,
又Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),所以Q在线段EF上,
可得D1E=52,D1F=52,EF=22,
则当Q是EF的中点时,D1Q取得最小值为(52) 2-(24) 2=324,
当Q在EF两端时,D1Q取得最大值为52,
所以D1Q长度的取值范围是[324,52].
11.如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,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,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,
因为四边形ADEF为平行四边形,
所以O为AE的中点,
又M为AB的中点,
所以MO为△ABE的中位线,
所以BE∥MO,
又因为BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的对边AD,EF的中点,所以DE∥GN,
又因为DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,
所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点,N为AD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与BD为平面BDE内的两条相交直线,
所以平面BDE∥平面MNG.
12.(2022·江苏苏州模拟)如图所示,已知四边形ABCD为梯形,AB∥CD,
CD=2AB.
(1)设平面PAB∩平面PDC=l,证明:AB∥l;
(2)在棱PC上是否存在点M,使得PA∥平面MBD?若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为AB∥CD,AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,
所以AB∥平面PDC,
又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PDC=l,所以AB∥l.
(2)解:存在点M,为PC上靠近点P的三等分点,使得PA∥平面MBD,
连接AC,设AC∩BD=O,连接OM,
因为M为PC上靠近点P的三等分点,
又AB∥CD,CD=2AB,
所以AOOC=ABCD=12=PMMC,所以PA∥OM,
又PA⊄平面MBD,OM⊂平面MBD,
所以PA∥平面MBD.
13.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,如图所示.
(1)求证:平面AB1D1∥平面C1BD;
(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,求EF.
(1)证明:在正方体ABCDA1B1C1D1中,ADB1C1,
所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1∥C1D,
又C1D⊂平面C1BD,AB1⊄平面C1BD,所以AB1∥平面C1BD,
同理,B1D1∥平面C1BD,
又AB1∩B1D1=B1,
所以平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)解:如图,连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,与A1C交于点E,
因为AO1⊂平面AB1D1,所以点E在平面AB1D1内,
所以E是A1C与平面AB1D1的交点,
同理,连接AC,交BD于O,连接C1O,与A1C交于F,
则F是A1C与平面C1BD的交点,
因为平面A1C1C∩平面AB1D1=EO1,平面A1C1C∩平面C1BD=C1F,
平面AB1D1∥平面C1BD,所以EO1∥C1F,
在△A1C1F中,因为O1是A1C1的中点,
所以E是A1F的中点,
所以A1E=EF,
同理可证OF∥AE,
所以F是CE的中点,即FC=EF,
所以A1E=EF=FC,又A1C=3,所以EF=33.
14.(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
(1)证明:如图,分别取AB,BC的中点M,N,连接EM,FN,MN,
因为△EAB与△FBC均为正三角形,且边长均为8 cm,
所以EM⊥AB,FN⊥BC,且EM=FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD,
平面EAB∩平面ABCD=AB,平面FBC∩平面ABCD=BC,EM⊂平面EAB,FN⊂平面FBC,
所以EM⊥平面ABCD,FN⊥平面ABCD,
所以EM∥FN,
所以四边形EMNF为平行四边形,
所以EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)解:如图,分别取AD,DC的中点P,Q,连接PM,PH,PQ,QN,QG,AC,BD.
由(1)知EM⊥平面ABCD,
FN⊥平面ABCD,
同理可证得,GQ⊥平面ABCD,
HP⊥平面ABCD,
易得EM=FN=GQ=HP=43,
EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD,MN∥AC,PM∥BD,
所以PM⊥MN,
又PM=QN=MN=PQ=12BD=42,
所以四边形PMNQ是正方形,
所以四棱柱PMNQHEFG为正四棱柱,
所以V四棱柱PMNQ−HEFG=(42)2×43=1283.
因为AC⊥BD,BD∥PM,
所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以EM⊥AC.
又EM,PM⊂平面PMEH,且EM∩PM=M,
所以AC⊥平面PMEH,
则点A到平面PMEH的距离
d=14AC=22,
所以V四棱锥A−PMEH=13S四边形PMEH·d=13×42×43×22=6433,
所以该包装盒的容积
V=V四棱柱PMNQ−HEFG+4V四棱锥A−PMEH=1283+4×6433=64033(cm3).定
理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)
因为l∥a,
a⊂α,
l⊄α,
所以l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与交线平行(线面平行⇒线线平行)
因为l∥α,
l⊂β,
α∩β=b,
所以l∥b
定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)
因为a∥β,b∥β,a∩b=P,a⊂α,b⊂α,
所以α∥β
性质
定理
两个平面平行,如果另一个平面与这两个平面相交,那么两条交线平行(面面平行⇒线线平行)
因为α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,所以a∥b
知识点、方法
题号
直线、平面平行的基本问题
1
直线、平面平行的判定与性质
2,3,6,8,12
平面、平面平行的判定与性质
4,7
综合问题
5,9,10,11,13,14
1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点,通过直观感知、操作确认、思辨论证,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.
1.直线与平面平行的判定定理和性质定理
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
1.平行间的三种转化关系
2.平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.
(2)平行于同一平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b.
3.平行问题中的唯一性
(1)过直线外一点与该直线平行的直线有且只有一条.
(2)过平面外一点,与该平面平行的平面有且只有一个.
1.(2022·辽宁鞍山模拟)已知平面α,两条不同直线l和m,若m⊂α,则“l∥m”是“l∥α”的( D )
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:根据题意,l∥m且l⊄α,才有l∥α,
反之,若l∥α,l与m可能异面,
故“l∥m”是“l∥α”的既不充分也不必要条件.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系为 .
解析:如图所示,连接BD交AC于F,连接EF,
则EF是△BDD1的中位线,
所以EF∥BD1,
又EF⊂平面ACE,BD1⊄平面ACE,
所以BD1∥平面ACE.
答案:平行
3.(必修第二册P135练习T4改编)如图所示,P是三角形ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,α分别交线段PA,PB,PC于A′,B′,C′,若PA′∶AA′=3∶4,则S△A′B′C′∶S△ABC= .
解析:由题意,因为平面α∥平面ABC,
所以A′B′∥AB,B′C′∥BC,A′C′∥AC,
所以PA′∶PA=PB′∶PB=A′B′∶AB,
PB′∶PB=PC′∶PC=B′C′∶BC,
PC′∶PC=PA′∶PA=A′C′∶AC,
所以A′B′∶AB=B′C′∶BC=A′C′∶AC,
所以△A′B′C′∽△ABC.
所以S△A′B′C′∶S△ABC=A′B′2∶AB2.
又因为PA′∶A′A=3∶4,
所以PA′∶PA=3∶7,
所以A′B′∶AB=3∶7,
所以S△A′B′C′∶S△ABC=9∶49.
答案:9∶49
直线、平面平行的基本问题
1.(多选题)平面α与平面β平行的条件可以是( BCD )
A.α内有无数条直线都与β平行
B.α内的任何直线都与β平行
C.两条相交直线同时与α,β平行
D.两条异面直线同时与α,β平行
解析:当α内有无数条直线与β平行时,α与β可能平行,也可能相交,故A错误;
当α内的任何直线都与β平行时,必有两条相交直线与β平行,故B正确;
两条相交直线同时与α,β平行,设两相交直线确定平面γ,则γ∥α,γ∥β,可得α∥β,故C正确;
两条异面直线同时与α,β平行,则可在一条直线上取一点作另一条直线的平行线,问题转化为C项的条件,故D正确.
2.a,b是空间两条不相交的直线,那么过直线b且平行于直线a的平面( B )
A.有且仅有一个B.至少有一个
C.至多有一个D.有无数个
解析:因为a,b是空间两条不相交的直线,
所以a,b的位置关系有两种:即平行或异面.
若a,b平行,那么过直线b且平行于直线a的平面有无数个;
若a,b异面,如图,
在b上任取一点O,过O作c∥a,则b,c确定平面α,所以a∥α,那么过直线b且平行于直线a的平面只有1个.综上,过直线b且平行于直线a的平面至少有一个.
3.(多选题)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,则( ABD )
A.平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B.平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C.平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D.平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
解析:若平面PAD内存在直线与BC平行,
则BC∥平面PAD,
由BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,
可得BC∥AD,则四边形ABCD为平行四边形,与已知矛盾,故A正确;
平面PAD和平面PBC的一个交点为P,故两者存在过点P的一条交线,
在平面PBC内,与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行,故B正确;由AB∥CD得AB∥平面PCD,进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线,
所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行,故C错误;
若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行,
则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行,与AD也平行,则BC∥AD,
与已知矛盾,故D正确.
解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意点
(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件,如线面平行的判定定理中,条件“线在面外”易忽视.
(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.
(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.
直线与平面平行的判定与性质
直线与平面平行的判定
[例1] (1)如图,三棱锥D-ABC,点M,N分别为△ABD和△ABC的重心.
证明:CD∥平面BMN;
(2)在如图1所示的等腰梯形CDEF中,CD∥EF,将它沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥E-ABCD(E,F重合),点M,N分别为线段AB,DE的中点.
证明:MN∥平面BEC.
证明:(1)延长BM交AD于点P,延长BN交AC于点O,连接PO.
因为点M,N分别为△ABD和△ABC的重心,所以点P,O分别为AD和AC的中点,所以PO∥CD,
又CD⊄平面BMN,PO⊂平面BMN,
所以CD∥平面BMN.
(2)取EC的中点G,连接NG,BG,
因为点M,N分别为线段AB,DE的中点.
所以NG12DC,
又ABDC,
所以NGBM,
所以四边形MBGN是平行四边形,
所以MN∥BG,
又MN⊄平面BEC,BG⊂平面BEC,
所以MN∥平面BEC.
证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行,注意内外平行三条件,缺一不可.
直线与平面平行的性质
[例2] 如图所示,四边形 ABCD 是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BMD于GH.求证:AP∥GH.
证明:如图所示,连接AC交BD于点O,连接MO,
因为四边形ABCD是平行四边形,
所以O是AC的中点,
又M是PC的中点,
所以AP∥OM.
又MO⊂平面BMD,
AP⊄平面BMD,
所以AP∥平面BMD.
因为平面PAHG∩平面BMD=GH,
且AP⊂平面PAHG,
所以AP∥GH.
(1)通过线面平行可得到线线平行,其中一条线应是两平面的交线,要树立这种应用意识.
(2)利用线面平行的性质必须先找出交线.
[针对训练]
1.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,M是线段EF的中点.
求证:AM∥平面BDE.
证明:设AC与BD交于点O,连接OE,
因为ABCD是正方形,
所以O是AC的中点,
又因为ACEF是矩形,
ACEF,
又M是EF的中点,
所以AOEM,
所以四边形AOEM为平行四边形,
所以AM∥OE,
又AM⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
2.如图,已知三棱锥P-ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,经过DE的平面α与PB,PC分别交于点G,F,且PA∥α.求证:四边形DEFG是平行四边形.
证明:因为PA∥α,PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAC,α∩平面PAB=DG,α∩平面PAC=EF,
所以PA∥DG,PA∥EF,
所以EF∥DG,
因为D,E分别为AB,AC的中点,
所以DE∥BC,
又DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
所以DE∥平面PBC,
因为DE⊂α,α∩平面PBC=GF,
所以DE∥GF,
所以四边形DEFG是平行四边形.
面面平行的判定与性质
[例3] 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,EF,BF⊂平面BEF,
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,则有经过G的直线,设交BC于点H,如图,
则A1C1∥GH,得GH∥AC,
因为G为AB的中点,所以H为BC的中点.
判断、证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义.
(2)面面平行的判定定理: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.
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4)如果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.
[针对训练] 如图所示,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是△A1B1C1的中位线,GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC,
所以GH∥BC,
所以B,C,H,G四点共面.
(2)在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点,
所以EF∥BC.
因为EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,
所以EF∥平面BCHG.
因为A1G∥EB,A1G=EB,
所以四边形A1EBG是平行四边形,则A1E∥GB.
因为A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,
所以A1E∥平面BCHG.
因为A1E∩EF=E,A1E⊂平面EFA1,EF⊂平面EFA1,
所以平面EFA1∥平面BCHG.
平行关系的探索问题
[例4] 如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,DE=3,AF=1.
(1)求证:平面ABF∥平面DCE;
(2)在DE上是否存在一点G,使平面FBG将几何体ABCDEF分成上、下两部分的体积比为3∶5?若存在,求出点G的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,所以DE∥AF,
又DE⊂平面DCE,AF⊄平面DCE,
所以AF∥平面DCE,
因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD,
又CD⊂平面DCE,AB⊄平面DCE,
所以AB∥平面DCE,
因为AB∩AF=A,AB⊂平面ABF,AF⊂平面ABF,所以平面ABF∥平面DCE.
(2)解:存在点G,满足题意,理由如下:
假设存在一点G,过G作MG∥BF交EC于点M,连接FG,BG,BM,BD如图,
由V几何体ABCDEF=VB−ADEF+VB−CDE
=13×3×(1+3)×32+13×3×3×32
=212,
设EG=t,
则V几何体GFBME=VB−EFG+VB−EGM=212×38=6316,
设点M到ED的距离为h,
则ℎ3=EMEC=t3-1,
即h=32t,
则S△EGM=12·t·32t=34t2,
V几何体GFBME=VB−EFG+VB−EGM=13×3×12×3·t+13×3·34t2=6316,即4t2+8t-21=0,
解得t=32或t=-72(舍去),
则在DE上存在点G,当EG=32,即G为ED的中点时满足条件.
解决这种数值或存在性问题的题目时,注意先给出具体的值或先假设存在,然后再证明.
[针对训练] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为对角线BD,CD1上的点,且CQQD1=BPPD=23.
(1)求证:PQ∥平面A1D1DA;
(2)若R是AB上的点,ARAB的值为多少时,能使平面PQR∥平面A1D1DA?请给出证明.
(1)证明:连接CP并延长与DA的延长线交于点M,如图,连接MD1,
因为四边形ABCD为正方形,所以BC∥AD,故△PBC∽△PDM,
所以CPMP=PBPD=23,
又因为CQQD1=PBPD=23,所以CQQD1=CPMP=23,
所以PQ∥MD1.
又MD1⊂平面A1D1DA,PQ⊄平面A1D1DA,
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)解:当ARAB的值为35时,能使平面PQR∥平面A1D1DA,如图.
证明如下:因为ARAB=35,
即BRAR=23,故BRAR=BPPD,
所以PR∥DA.
又DA⊂平面A1D1DA,PR⊄平面A1D1DA,
所以PR∥平面A1D1DA,
由(1)知PQ∥平面A1D1DA,PQ∩PR=P,PQ,PR⊂平面PQR,
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
[例1] 如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )
解析:在B中,易证AB∥MQ,排除B;在C中,易证AB∥MQ,排除C;在D中,易证AB∥NQ,排除D.故选A.
[例2] (多选题)(2022·河北石家庄二模)一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,E,F分别为PB,PC的中点,在此几何体中,给出的下面结论正确的有( )
A.直线AE与直线BF异面
B.直线AE与直线DF异面
C.直线EF∥平面PAD
D.直线EF∥平面ABCD
解析:由题可知,该几何体为正四棱锥,
可假设AE与BF共面,由图可知,点F不在平面ABE中,故矛盾,A正确;
因为E,F分别为BP,CP的中点,故EF∥BC,又四边形ABCD为正方形,所以AD∥BC,故EF∥AD,A,D,E,F四点共面,B错误;
由B的证明可知,EF∥AD,
又AD⊂平面PAD,AD⊂平面ABCD,
故直线EF∥平面PAD,
直线EF∥平面ABCD,C,D正确.
故选ACD.
[例3] 如图,已知三棱锥A-BCD的截面MNPQ平行于对棱AC,BD,且ACBD=m,AMMB=n,其中m,n∈(0,+∞),有下列命题:
①对于任意的m,n,都有截面MNPQ是平行四边形;
②当AC⊥BD时,对任意的m,都存在n,使得截面MNPQ是正方形;
③当m=1时,截面MNPQ的周长与n无关;
④当AC⊥BD,且AC=BD=2时,截面MNPQ的面积的最大值为1.
其中假命题的个数为( )
A.0B.1C.2D.3
解析:因为AC∥平面MNPQ,AC⊂平面ABC,平面ABC∩平面MNPQ=MN,所以AC∥MN,同理AC∥PQ,所以MN∥PQ,同理MQ∥PN,所以对于任意的m,n,都有截面MNPQ是平行四边形,所以①正确;
当AC⊥BD时,则MN⊥PN,所以截面MNPQ是矩形,要使截面MNPQ是正方形,只需MN=NP,由MN∥AC,所以MNAC=BMAB,由AMMB=n,
所以BMAB=1n+1,所以MNAC=1n+1,即MN=1n+1AC,又NPBD=CNCB=AMAB=nn+1,
所以NP=nn+1·BD,
因为MN=NP,所以1n+1AC=nn+1·BD,
又ACBD=m,所以当m=n时,MN=NP,此时对任意的m,都存在n=m,使截面为正方形,所以②正确;
③当m=1时,设AC=BD=x,所以MN=xn+1,PN=nxn+1,所以MN+PN=x,所以截面的周长为2x,所以截面MNPQ的周长与n无关,所以该命题正确;
④当AC⊥BD,且AC=BD=2时,PN=nn+1·2=2nn+1,MN=1n+1·2=2n+1,由于截面是矩形,所以截面MNPQ的面积为4n(n+1)2=4nn2+2n+1=4n+2+1n≤42+2n·1n=1,当且仅当n=1时,等号成立,所以截面MNPQ的面积的最大值为1,所以该命题正确.故选A.
[例4] 在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点,若平面BC1D∥平面AB1D1,则ADDC= .
解析:如图,连接A1B交AB1于点O,连接OD1.
由棱柱的性质知四边形A1ABB1为平行四边形,所以点O为A1B的中点.
因为平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,
平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,
所以BC1∥D1O.
所以D1为线段A1C1的中点,即D1C1=12A1C1.
因为平面BC1D∥平面AB1D1,
且平面AA1C1C∩平面BDC1=DC1,
平面AA1C1C∩平面AB1D1=AD1,
所以AD1∥DC1.
又AD∥D1C1,
所以四边形ADC1D1是平行四边形,
所以AD=C1D1=12A1C1=12AC,
即D为线段AC的中点,所以ADDC=1.
答案:1
[选题明细表]
1.下列命题正确的是( D )
A.若直线a在平面α外,则直线a∥α
B.若直线a与平面α有公共点,则a与α相交
C.若平面α内存在直线与平面β无交点,则α∥β
D.若平面α内的任意直线与平面β均无交点,则α∥β
解析:直线a在平面α外,则直线a∥α或a与α相交,故A错误;
直线a与平面α有公共点,则a与α相交或a⊂α,故B错误;
C中α与β可能平行,也可能相交,故C错误;
若平面α内的任意直线与平面β均无交点,则平面α内的任意直线与平面β平行,一定存在两条相交直线与平面β平行,则α∥β,故D
正确.
2.已知在三棱柱ABCA1B1C1中,M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为( B )
A.平行、平行B.异面、平行
C.平行、相交D.异面、相交
解析:因为在三棱柱ABCA1B1C1中,
M,N分别为AC,B1C1的中点,E,F分别为BC,B1B的中点,
所以EF⊂平面BCC1B1,
MN∩平面BCC1B1=N,N∉EF,
所以由异面直线的定义得直线MN与直线EF是异面直线.
取A1C1的中点P,连接PM,PN,如图,
则PN∥B1A1,PM∥A1A.
又PN⊄平面ABB1A1,B1A1⊂平面ABB1A1,
PM⊄平面ABB1A1,A1A⊂平面ABB1A1,
所以PN∥平面ABB1A1,PM∥平面ABB1A1.
因为PM∩PN=P,PM,PN⊂平面PMN,
所以平面PMN∥平面ABB1A1,
因为MN⊂平面PMN,
所以直线MN与平面ABB1A1平行.
3.三棱柱ABCA1B1C1中,点M在AB上,且AM=λAB,若BC1∥平面A1MC,则λ等于( A )
A.12 B.13
C.14 D.23
解析:如图,连接AC1,交A1C于O,连接OM,
因为BC1∥平面A1MC,
BC1⊂平面ABC1,
平面A1MC∩平面ABC1=OM,所以BC1∥OM,
因为△ABC1中,O为AC1的中点,所以M为AB的中点,因为AM=λAB,
所以λ=12.
4.在三棱台A1B1C1ABC中,点D在A1B1上,且AA1∥BD,点M是三角形A1B1C1内(含边界)的一个动点,且有平面BDM∥平面A1ACC1,则动点M的轨迹是( C )
A.三角形A1B1C1边界的一部分
B.一个点
C.线段的一部分
D.圆的一部分
解析:如图,过D作DE∥A1C1交B1C1于E,连接BE,
BD∥AA1,BD⊄平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1C1C,所以BD∥平面AA1C1C,
同理DE∥平面AA1C1C,又BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,
所以平面BDE∥平面AA1C1C,所以M∈DE(M不与D重合,否则没有平面BDM).
5.(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N,Q分别是棱D1C1,A1D1,BC的中点,点P在BD1上且BP=23BD1,则以下四个说法正确的是( BC )
A.MN∥平面APC
B.C1Q∥平面APC
C.A,P,M三点共线
D.平面MNQ∥平面APC
解析:如图,对于A,连接MN,AC,AN,
则MN∥AC,
连接AM,CN,
易得AM,CN交于点P,
即MN⊂平面APC,
所以MN∥平面APC是错误的;
对于B,由A项知M,N在平面APC内,
由题易知AN∥C1Q,AN⊂平面APC,C1Q⊄平面APC,
所以C1Q∥平面APC是正确的;
对于C,由A项知A,P,M三点共线是正确的;
对于D,由A项知MN⊂平面APC,
又MN⊂平面MNQ,
所以平面MNQ∥平面APC是错误的.
6.三棱锥ABCD中,AB=CD=1,过线段BC的中点E作平面EFGH与直线AB,CD都平行,且分别交BD,AD,AC于F,G,H,则四边形EFGH的周长为 .
解析:因为AB∥平面EFGH,AB⊂平面ABC,
平面ABC∩平面EFGH=EH,
所以AB∥EH,
又点E为BC的中点,
所以EH为三角形ABC的中位线,
故EH=12AB=12.
同理,EF=FG=GH=12,
所以四边形EFGH的周长为2.
答案:2
7.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C两点,过点P的直线n与α,β分别交于B,D两点,且PA=6,
PD=8,AC=9,则BD的长可能为 .
解析:连接AB,CD,
当P在平面α与平面β的同侧时,
因为α∥β,平面PCD∩α=AB,平面PCD∩β=CD,
所以AB∥CD,
可得PAAC=PBBD,
因为PA=6,AC=9,
PD=8,
所以BD=245;
当P在平面α与平面β之间时,
同理可得PAPC=PBPD,
因为PA=6,AC=9,PD=8,
所以PB=16,
所以BD=PB+PD=24.
综上所述,可得BD的长为245或24.
答案:245或24
8.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,PA=3,
F是棱PA上的一个动点,E为PD的中点,O为AC的中点.
(1)求证:OE∥平面PAB;
(2)若AF=1,求证:CE∥平面BDF.
证明:(1)因为四边形ABCD为菱形,O为AC的中点,
所以O为BD的中点,
又因为E为PD的中点,
所以OE∥PB.
因为OE⊄平面PAB,PB⊂平面PAB,
所以OE∥平面PAB.
(2)如图所示,过E作EG∥FD交AP于点G,连接CG,FO.
因为EG∥FD,EG⊄平面BDF,FD⊂平面BDF.
所以EG∥平面BDF.
因为E为PD的中点,EG∥FD,
所以G为PF的中点,
因为AF=1,PA=3,
所以F为AG的中点,
又因为O为AC的中点,
所以OF∥CG.
因为CG⊄平面BDF,OF⊂平面BDF,
所以CG∥平面BDF.
因为EG∩CG=G,EG⊂平面CGE,CG⊂平面CGE,
所以平面CGE∥平面BDF,
又因为CE⊂平面CGE,
所以CE∥平面BDF.
9.(多选题)在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中,M是A1B1的中点,
N在该正方体的棱上运动,则下列说法正确的是( BC )
A.存在点N,使得MN∥BC1
B.三棱锥MA1BC1的体积等于94
C.有且仅有两个点N,使得MN∥平面A1BC1
D.有且仅有三个点N,使得N到平面A1BC1的距离为3
解析:如图,显然无法找到点N,使得MN∥BC1,故A错误;
VM−A1BC1=VB−A1MC1=13S△A1MC1·B1B=13×12×32×3×3=94,故B正确;
如图所示,N1,N2分别为B1B,B1C1的中点,有MN1∥平面A1BC1,MN2∥平面A1BC1,故C正确;
易证B1D⊥平面A1BC1,B1D⊥平面ACD1,且B1O1=O1O2=O2D=13B1D=3,
所以有B1,A,C,D1四点到平面A1BC1的距离为3,故D错误.
10.如图,在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,P为棱BB1的中点,Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),若D1Q∥平面A1PD,则线段D1Q长度的取值范围是( D )
A.[1,2] B.[324,2]
C.[1,52] D.[324,52]
解析:如图,取CC1的中点E,B1C1的中点F,
连接D1E,D1F,EF,B1C,
所以EF∥B1C,在正方体中,易得B1C∥A1D,
所以EF∥A1D,
因为EF⊄平面A1PD,A1D⊂平面A1PD,
所以EF∥平面A1PD,
因为P,E分别为BB1,CC1的中点,
所以D1E∥A1P,
因为D1E⊄平面A1PD,A1P⊂平面A1PD,
所以D1E∥平面A1PD,
因为EF∩D1E=E,EF,D1E⊂平面D1EF,
所以平面D1EF∥平面A1PD,
因为D1Q∥平面A1PD,所以D1Q⊂平面D1EF,
又Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),所以Q在线段EF上,
可得D1E=52,D1F=52,EF=22,
则当Q是EF的中点时,D1Q取得最小值为(52) 2-(24) 2=324,
当Q在EF两端时,D1Q取得最大值为52,
所以D1Q长度的取值范围是[324,52].
11.如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,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,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,
因为四边形ADEF为平行四边形,
所以O为AE的中点,
又M为AB的中点,
所以MO为△ABE的中位线,
所以BE∥MO,
又因为BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的对边AD,EF的中点,所以DE∥GN,
又因为DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,
所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点,N为AD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与BD为平面BDE内的两条相交直线,
所以平面BDE∥平面MNG.
12.(2022·江苏苏州模拟)如图所示,已知四边形ABCD为梯形,AB∥CD,
CD=2AB.
(1)设平面PAB∩平面PDC=l,证明:AB∥l;
(2)在棱PC上是否存在点M,使得PA∥平面MBD?若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为AB∥CD,AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,
所以AB∥平面PDC,
又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PDC=l,所以AB∥l.
(2)解:存在点M,为PC上靠近点P的三等分点,使得PA∥平面MBD,
连接AC,设AC∩BD=O,连接OM,
因为M为PC上靠近点P的三等分点,
又AB∥CD,CD=2AB,
所以AOOC=ABCD=12=PMMC,所以PA∥OM,
又PA⊄平面MBD,OM⊂平面MBD,
所以PA∥平面MBD.
13.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,如图所示.
(1)求证:平面AB1D1∥平面C1BD;
(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,求EF.
(1)证明:在正方体ABCDA1B1C1D1中,ADB1C1,
所以四边形AB1C1D是平行四边形,所以AB1∥C1D,
又C1D⊂平面C1BD,AB1⊄平面C1BD,所以AB1∥平面C1BD,
同理,B1D1∥平面C1BD,
又AB1∩B1D1=B1,
所以平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)解:如图,连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,与A1C交于点E,
因为AO1⊂平面AB1D1,所以点E在平面AB1D1内,
所以E是A1C与平面AB1D1的交点,
同理,连接AC,交BD于O,连接C1O,与A1C交于F,
则F是A1C与平面C1BD的交点,
因为平面A1C1C∩平面AB1D1=EO1,平面A1C1C∩平面C1BD=C1F,
平面AB1D1∥平面C1BD,所以EO1∥C1F,
在△A1C1F中,因为O1是A1C1的中点,
所以E是A1F的中点,
所以A1E=EF,
同理可证OF∥AE,
所以F是CE的中点,即FC=EF,
所以A1E=EF=FC,又A1C=3,所以EF=33.
14.(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
(1)证明:如图,分别取AB,BC的中点M,N,连接EM,FN,MN,
因为△EAB与△FBC均为正三角形,且边长均为8 cm,
所以EM⊥AB,FN⊥BC,且EM=FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD,
平面EAB∩平面ABCD=AB,平面FBC∩平面ABCD=BC,EM⊂平面EAB,FN⊂平面FBC,
所以EM⊥平面ABCD,FN⊥平面ABCD,
所以EM∥FN,
所以四边形EMNF为平行四边形,
所以EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)解:如图,分别取AD,DC的中点P,Q,连接PM,PH,PQ,QN,QG,AC,BD.
由(1)知EM⊥平面ABCD,
FN⊥平面ABCD,
同理可证得,GQ⊥平面ABCD,
HP⊥平面ABCD,
易得EM=FN=GQ=HP=43,
EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD,MN∥AC,PM∥BD,
所以PM⊥MN,
又PM=QN=MN=PQ=12BD=42,
所以四边形PMNQ是正方形,
所以四棱柱PMNQHEFG为正四棱柱,
所以V四棱柱PMNQ−HEFG=(42)2×43=1283.
因为AC⊥BD,BD∥PM,
所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以EM⊥AC.
又EM,PM⊂平面PMEH,且EM∩PM=M,
所以AC⊥平面PMEH,
则点A到平面PMEH的距离
d=14AC=22,
所以V四棱锥A−PMEH=13S四边形PMEH·d=13×42×43×22=6433,
所以该包装盒的容积
V=V四棱柱PMNQ−HEFG+4V四棱锥A−PMEH=1283+4×6433=64033(cm3).定
理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)
因为l∥a,
a⊂α,
l⊄α,
所以l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与交线平行(线面平行⇒线线平行)
因为l∥α,
l⊂β,
α∩β=b,
所以l∥b
定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行(线面平行⇒面面平行)
因为a∥β,b∥β,a∩b=P,a⊂α,b⊂α,
所以α∥β
性质
定理
两个平面平行,如果另一个平面与这两个平面相交,那么两条交线平行(面面平行⇒线线平行)
因为α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,所以a∥b
知识点、方法
题号
直线、平面平行的基本问题
1
直线、平面平行的判定与性质
2,3,6,8,12
平面、平面平行的判定与性质
4,7
综合问题
5,9,10,11,13,14
相关学案
高考数学复习第八章 第三节 空间直线、平面的平行（导学案）： 这是一份高考数学复习第八章 第三节 空间直线、平面的平行（导学案），共23页。
数学8.5 空间直线、平面的平行优质学案： 这是一份数学<a href="/sx/tb_c4000305_t4/?tag_id=42" target="_blank">8.5 空间直线、平面的平行优质学案</a>，文件包含第06讲空间直线平面的平行教师版-高一数学同步精品讲义人教A必修二第八章docx、第06讲空间直线平面的平行学生版-高一数学同步精品讲义人教A必修二第八章docx等2份学案配套教学资源，其中学案共83页， 欢迎下载使用。
数学必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行导学案： 这是一份数学必修 第二册<a href="/sx/tb_c4000305_t4/?tag_id=42" target="_blank">8.5 空间直线、平面的平行导学案</a>，共29页。
