高考数一轮复习 第七章 第四节 直线、平面平行的判定及其性质突破热点题型 文

第四节直线、平面平行的判定及其性质高频考点考点一线面平行的判定及性质1．线面平行的判定及性质是每年高考的必考内容，多出现在解答题中的第(1)、(2)问，难度适中，属中档题．2．高考对线面平行的判定及性质的考查常有以下两个命题角度：(1)以多面体为载体，证明线面平行问题；(2)以多面体为载体，考查与线面平行有关的探索性问题．[例1](1)(·福建高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3，AD＝4，∠PAD＝60°.①当正视方向与向量的方向相同时，画出四棱锥P­ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；②若M为PA的中点，求证：DM∥平面PBC；③求三棱锥D­PBC的体积．(2)(·日照模拟)如图所示，四边形ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE于点F，且点F在线段CE上．①求证：AE⊥BE；②设点M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面ADE.[自主解答](1)法一：①在梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB，垂足为E.由已知得，四边形ADCE为矩形，AE＝DC＝3，在Rt△BEC中，由BC＝5，CE＝4，依勾股定理得BE＝3，从而AB＝6.又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥AD，所以在Rt△PDA中，由AD＝4，∠PAD＝60°，得PD＝ADtan60°＝4eq\r(3).正视图如图(1)所示：图(1)图(2)②证明：如图(2)所示，取PB中点N，连接MN，CN.在△PAB中，∵M是PA中点，∴MN∥AB且MN＝eq\f(1,2)AB＝3.∵又CD∥AB，CD＝3，∴MN∥CD，MN＝CD，∴四边形MNCD为平行四边形，∴DM∥CN.∵DM⊄平面PBC，CN⊂平面PBC，∴DM∥平面PBC.③VD­PBC＝VP­DBC＝eq\f(1,3)S△DBC·PD，又∵S△DBC＝6，PD＝4eq\r(3)，∴VD­PBC＝8eq\r(3).法二：①同法一．②证明：取AB的中点E，连接ME，DE.在梯形ABCD中，BE∥CD，且BE＝CD，∴四边形BCDE为平行四边形，∴DE∥BC.∵DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.∵在△PAB中，ME∥PB，ME⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，∴ME∥平面PBC.∵DE∩ME＝E，∴平面DME∥平面PBC.∵DM⊂平面DME，∴DM∥平面PBC.③同法一．(2)①证明：由DA⊥平面ABE及AD∥BC，得BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，所以AE⊥BC，因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，所以BF⊥AE，又BC∩BF＝B，BC，BF⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE.因为BE⊂平面BCE，故AE⊥BE.②在△ABE中，过点M作MG∥AE交BE于点G，在△BEC中，过点G作GN∥BC交CE于点N，连接MN，则由eq\f(CN,CE)＝eq\f(BG,BE)＝eq\f(MB,AB)＝eq\f(1,3)，得CN＝eq\f(1,3)CE.因为MG∥AE，AE⊂平面ADE，MG⊄平面ADE，所以MG∥平面ADE，又GN∥BC，BC∥AD，AD⊂平面ADE，GN⊄平面ADE，所以GN∥平面ADE，又MG∩GN＝G，所以平面MGN∥平面ADE，因为MN⊂平面MGN，所以MN∥平面ADE.故当点N为线段CE上靠近C的一个三等分点时，MN∥平面ADE.线面平行问题的常见类型及解题策略(1)线面平行的证明问题．判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．(2)线面平行的探索性问题．①对命题条件的探索常采用以下三种方法：a．先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；b．先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；c．把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．②对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设．1.(·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)，求三棱锥C­A1DE的体积．解：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1又D是AB中点，连接DF，则在△ABC1中，BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)因为ABC­A1B1C1所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥CD.由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB.又AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1所以CD⊥平面ABB1A1.由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)，得∠ACB＝90°，CD＝eq\r(2)，A1D＝eq\r(6)，DE＝eq\r(3)，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.所以VC­A1DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(3)×eq\r(2)＝1.2.如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC(1)求证：D1C⊥AC1(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由．解：(1)证明：在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1连接C1D，∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，DC，DD1⊂平面DCC1D1，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C⊂平面DCC1D1∴AD⊥D1C∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1∴D1C⊥AC1(2)连接AD1，AE，D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.考点二面面平行的判定与性质[例2]如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.[自主解答](1)∵G，H分别是A1B1，A1C1∴GH是△A1B1C1∴GH∥B1C1又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G∥EB，A1G=∴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.【互动探究】在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D证明：如图所示，连接A1C交AC1于点H∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴H是A1C连接HD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DH.∵A1B⊂平面A1BD1，DH⊄平面A1BD1，∴DH∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1∥BD，D1C1=∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又∵DC1∩DH＝D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.【方法规律】判定面面平行的四种方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．(·陕西高考)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD­A1B1D1的体积．解：(1)证明：由题设知，BB1∥DD1，BB1=DD1∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1∥B1C1∥BC，A1D1=B1C1=∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1∴A1B∥平面CD1B1.又∵BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1.(2)∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱ABD­A1B1D1的高．又∵AO＝eq\f(1,2)AC＝1，AA1＝eq\r(2)，∴A1O＝eq\r(AA\o\al(2,1)－OA2)＝1.又∵S△ABD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＝1，∴VABD­A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.考点三平行关系的综合应用[例3]如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求证：EF∥平面β；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．[自主解答](1)证明：①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD，∴AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC.∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，BH.又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.综合①②可知EF∥平面β.(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.∵E，F分别为AB，CD的中点，∴ME∥BD，MF∥AC，且ME＝eq\f(1,2)BD＝3，MF＝eq\f(1,2)AC＝2.∴∠EMF为AC与BD所成的角或其补角，∴∠EMF＝60°或120°.∴在△EFM中，由余弦定理得EF＝eq\r(ME2＋MF2－2ME·MF·cos∠EMF)＝eq\r(32＋22±2×3×2×\f(1,2))＝eq\r(13±6)，即EF＝eq\r(7)或EF＝eq\r(19).【方法规律】1．解决本题的关键是构造过EF且平行平面α和平面β的平面．2．通过线面、面面平行的判定和性质，可实现线线、线面、面面平行的转化．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面解：当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.证明如下：∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.∵P，O分别为DD1，DB的中点，∴D1B∥PO.又∵D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO，∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，∴平面D1BQ∥平面PAO.————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————1个转化——三种平行关系间的转化eq\a\vs4\al(线线平行)eq\a\vs4\al(判定定理)