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线面、面面平行的判定与性质课件


第九章
第四节 线面、面面平行的判定与性质

泰安二中数学2013年10月20日星期日

基础梳理导学
重点难点 引领方向

重点:线面、面面平行的判定定理与性质定理及应用. 难点:定理的灵活运用.

夯实基础

稳固根基

一、直线与平

面平行 1.判定方法 (1)用定义:直线与平面无公共点. a?α b?α a∥b ? ? ??a∥α. ? ?
? ? ??a∥α. ? ?

(2)判定定理:

α∥β (3)其他方法: a?β

a∥α 2.性质定理: a?β α∩β=b

? ? ??a∥b. ? ?

二、平面与平面平行 1.判定方法 (1)用定义:两个平面无公共点 a∥β ? ? ? b∥β ? a?α ??α∥β. ? b?α ? a∩b=P? ?

(2)判定定理:

(3)其他方法: a⊥α? α∥γ? ? ? ?? α∥β ; ?? α∥β a⊥β? β∥γ? ? ? a∥b ? ? c∥d ? a,c?α ? ??α∥β. b,d?β ? a∩c=A ? ? b∩d=B? .

2.性质定理: α∥β ? ? γ∩α=a?? a∥b γ∩β=b? ?

.

3. 两条直线被三个平行平面所截, 截得线段对应成比例.

疑难误区 点拨警示 1.应用线面平行、面面平行的判定定理与性质定理时, 条件不足或条件与结论不符是常见的错误,解决的方法是弄 清线线、线面、面面平行关系的每一个定理的条件和结论, 明确这个定理是干什么用的,具备什么条件才能用.其中线 面平行的性质定理是核心,证题时,找(或作)出经过已知直线 与已知平面相交的平面是解题的关键,另外在证明平行关系

时,常见错误是(1)“两条直线没有公共点则平行”;(2)“垂 直于同一条直线的两直线平行”,不恰当的把平面几何中的 一些结论迁移到立体几何中来,解决的关键是先说明它们在 同一个平面内.

2.注意弄清“任意”、“所有”、“无数”、“存在” 等量词的含义. 3.注意应用两平面平行的性质定理推证两直线平行时, 不是两平面内的任意直线,必须找或作出第三个平面与两个 平面都相交,则交线平行. 应用二面平行的判定定理时,两条相交直线的“相交” 二字决不可忽视. 4.要注意符合某条件的图形是否唯一,有无其他情形.

思想方法技巧
一、转化的思想 解决空间线面、面面平行关系的问题关键是作好下列转 化:
判定

判定 判定 线线平行?? ? ?线面平行?? ? ?面面平行. 性质 性质
性质

二、解题技巧 要能够灵活作出辅助线、面来解题,作辅助线、面一定 要以某一定理为理论依据.

考点典例讲练
线面平行的判定

[例 1]

(文)(2012· 山东文,19)如图,几何体 E-ABCD

是四棱锥,△ABD 为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.

(1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120° ,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥ 平面 BEC.

分析:(1)要证 BE=DE,由等腰三角形的性质,取 BD 中 点 O, 连接 CO、 EO, 应有 EO⊥BD, CB=CD 知 CO⊥BD, 由 于是 BD⊥平面 EOC, 因此 EC⊥BD, EC⊥BD 为已知条件. 而 (2)取 AB 中点 N, DM、 连 DN、 MN, 易证 MN∥平面 EBC, 再由底面三角形内的角度关系证得 DN∥BC,则 DN∥平面 EBC,最后通过证明平面 DMN∥平面 EBC 来证 DM∥平面 EBC.

解析:(1)取 BD 的中点 O,连接 CO、EO.

由于 CB=CD,所以 CO⊥BD, 又 EC⊥BD,EC∩CO=C,

CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC, 因此 BD⊥EO, 又 O 为 BD 的中点, 所以 BE=DE.

(2)取 AB 的中点 N,连接 DM、DN、MN,

因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE.

又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC. 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° , 又 CB=CD,∠BCD=120° , 因此∠CBD=30° ,所以 DN∥BC. 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC,

所以 DN∥平面 BEC. 又 MN∩DN=N, 故平面 DMN∥平面 BEC, 又 DM?平面 DMN, 所以 DM∥平面 BEC.

点评:本题考查了空间几何体中的线线、线面、面面关 系,考查了空间想象能力、推理论证能力,转化与化归的数 学思想.(线线、线面平行或垂直的转化)

(理)已知有公共边 AB 的两个全等的矩形 ABCD 和 ABEF 不在同一个平面内,P、Q 分别是对角线 AE、BD 上的点,且 AP=DQ.求证:PQ∥平面 CBE.

证明:方法 1:如图,作 PM∥AB 交 BE 于点 M,作 QN

∥AB 交 BC 于点 N,则 PM∥QN.

PM EP QN BQ ∴ = , = , AB EA CD BD ∵AP=DQ,∴EP=BQ, 又∵AB=CD,EA=BD,∴PM=QN.又∵PM∥QN, ∴四边形 PMNQ 是平行四边形,∴PQ∥MN. 综上所述:PQ?平面 CDE,MN?平面 CBE,PQ∥MN, ∴PQ∥平面 CBE.

方法 2:作 PR∥BE 交 AB 于点 R,连接 QR,

AP AR ∵PR∥BE,∴PE=RB,又∵两矩形全等且 DQ=AP,

AR DQ ∴BQ=PE,∴ = ,∴RQ∥AD,∴RQ∥BC, RB BQ ∴平面 PQR∥平面 EBC,∴PQ∥面 EBC.

点评:欲证 PQ∥平面 EBC,一种方法是用判定定理;另 一种方法是用面面平行的性质定理.用判定定理时,找出平 面内与 PQ 平行的直线是关键. AP DQ 由AE= DB 可过 P、Q 作 AB 的平行线构造平行四边形(如 证法 1).

也可由直线 AE 与 PQ 相交确定一个平面与平面 EBC 有 公共点 E,故必有一条交线,连结 AQ,并延长交 BC 于 G, 则只需证明 PQ∥EG,也可由异面线段 AE,BD 上的比例关 系,找一条与二者均相交的线段,取相同的比例点构造相似 AR AP 关系得出平行关系, 如取 AB 上点 R, 使 = , 则平面 PRQ AB AE

∥平面 EBC(即证法 2)等等.

(文)(2011· 威海质检)已知直线 l、m,平面 α,且 m?α, 则 l∥m 是 l∥α 的( ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

A.充分不必要条件 C.充要条件

解析:由 l∥m 可知 l∥α 或 l?α,所以“l∥m”不是“l

∥α”的充分条件,l∥α 且 m?α,则直线 l∥m 或直线 l 与 m
异面,所以“l∥m”也不是“l∥α”的必要条件,故选 D.
答案:D

(理)在四面体 ABCD 中,CB=CD,AD⊥BD,且 E,F 分 别是 AB,BD 的中点.求证:

(1)直线 EF∥平面 ACD; (2)平面 EFC⊥平面 BCD.

解析:(1)在△ABD 中,因为 E、F 分别是 AB、BD 的中 点,所以 EF∥AD. 又 AD?平面 ACD,EF?平面 ACD, 所以直线 EF∥平面 ACD. (2)在△ABD 中,因为 AD⊥BD,EF∥AD,所以 EF⊥BD. 在△BCD 中,因为 CD=CB,F 为 BD 的中点,所以 CF ⊥BD.

因为 EF?平面 EFC,CF?平面 EFC,EF 与 CF 交于点 F,所以 BD⊥平面 EFC. 又因为 BD?平面 BCD,所以平面 EFC⊥平面 BCD.

面面平行的判定

[例 2]

(文)如图,在四棱锥 V-ABCD 中,底面 ABCD

是矩形,侧棱 VA⊥底面 ABCD,E、F、G 分别为 VA、VB、 BC 的中点.

求证:平面 EFG∥平面 VCD.

解析:∵E、F、G 分别为 VA、VB、BC 的中点, ∴EF∥AB,FG∥VC, 又 ABCD 是矩形,∴AB∥CD,∴EF∥CD, 又∵EF?平面 VCD,FG?平面 VCD, ∴EF∥平面 VCD,FG∥平面 VCD, 又 EF∩FG=F,∴平面 EFG∥平面 VCD.

(理)如图, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 为底面 ABCD O 的中心,P 是 DD1 的中点,设 Q 是 CC1 上的点,当点 Q 在什 么位置时,平面 D1BQ∥平面 PAO?

解析:当 Q 为 CC1 的中点时,平面 D1BQ∥平面 PAO. ∵Q 为 CC1 的中点,P 为 DD1 的中点,

∴QB∥PA. 连结 DB. ∵P、O 分别为 DD1、DB 的中点, ∴D1B∥PO. 又 D1B?平面 PAO, QB?平面 PAO, ∴D1B∥平面 PAO,QB∥平面 PAO, 又 D1B∩QB=B, ∴平面 D1BQ∥平面 PAO.

(2011· 山东潍坊模拟)已知 m、n、l1、l2 表示不同直线,α、 β 表示不同平面.若 m?α,n?α,l1?β,l2?β,l1∩l2=M, 则 α∥β 的一个充分条件是( )

A.m∥β 且 l1∥α B.m∥β 且 n∥β C.m∥β 且 n∥l1 D.m∥l1 且 n∥l2

解析:由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与 另一个平面平行,那么这两个平面平行”结合选项 D 可推知 α∥β,因此选 D.
答案:D

线面、面面平行的性质

[例 3]

(文)如图,平面 α∥平面 β,线段 GH 与 α、β 分

别交于 A、B,线段 HF 与 α、β 分别交于 F、E,线段 GD 与 α、β 分别交于 C、D,且 GA=9,AB=12,BH=16,S△ACF =72.求△BDE 的面积.

解析:因为 α∥β,所以 AC∥BD,AF∥BE.所以∠FAC 与 ∠EBD 相等或互补.因为 AC∥BD,故△GAC △GBD. AC GA 3 从而有, = = . BD GB 7 AF AH 7 同理△HEB △HFA.有BE=BH=4 , 1 AFsin∠FAC S△AFC 2AC· AC· AF 所以 = =BE· . BD S△BED 1 BDsin∠EBD 2BE·

37 4 即 = ·,所以 S△BED=72× =96. 3 S△BED 7 4

72

(理)如图,已知平面 α∥平面 β∥平面 γ,且 β 位于 α 与 γ 之间.点 A、D∈α,C、F∈γ,AC∩β=B,DF∩β=E.

AB DE (1)求证: = ; BC EF (2)设 AF 交 β 于 M, 与 CF 不平行, 与 β 间距离为 h′, AD α h′ α 与 γ 间距离为 h,当 的值是多少时,S△BEM 的面积最大? h

解析:考查线线平行、线面平行、面面平行的相互转化 能力以及分类讨论思想的应用. (1)证明:∵β∥γ,平面 ACF 分别交 β、γ 于 BM、CF, AB AM ∴BM∥CF,∴BC=MF, AM DE AB DE 同理: = ,∴ = . MF EF BC EF

(2)由(1)知 BM∥CF, BM AB h′ ME h-h′ ∴ CF =AC= h ,同理: AD = h , 1 ∴S△BEM= BM· MEsin∠BME 2 h′? h′? 1 =2CF· h ?1- ?sin∠BME. AD ? h ? ? ?

据题意知,AD 与 CF 异面,只是 β 在 α、γ 间变化位置, 故 CF、AD 是常量,sin∠BME 是 AD 与 CF 所成角的正弦值, 也是常量,令 h′?h=x 只要考查函数 y=x(1-x)的最值,显 h′ 1 1 然当 x=2时,即 h =2时,y=-x2+x 有最大值. h′ 1 所以当 h =2时,即 β 在 α、γ 两平面的中间时△BEM 面 积最大.

(2011· 佳木斯模拟)如图,在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F、G、H 分别是棱 CC1、C1D1、D1D、DC 的中点,N 是 BC 的中点,点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动,则 M 满 足条件________时,有 MN∥平面 B1BDD1.

分析:由 H、N 分别为 CD、BC 中点知 HN∥BD,又 MN

∥平面 B1BDD1, 因此点 M 应使平面 MHN∥平面 B1BDD1, 而
点 M 在平面 EFGH 内,从而 HM 为平面 HMN 与平面 EFGH 的交线,而 DD1 为平面 B1BDD1 与平面 EFGH 的交线,由面 面平行的性质定理知,应有 HM∥DD1,故 M 在直线 HF 上可 符合要求.

解析:因为 HN∥BD,HF∥DD1,所以平面 NHF∥平面 B1BDD1, 又平面 NHF∩平面 EFGH=FH.故线段 FH 上任意点 M 与 N 相连,有 MN∥平面 B1BDD1,故填 M∈线段 FH.

答案:M∈线段 FH

探索性问题

[例 4]

(文)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD

是菱形,∠ABC=60° ,PA⊥平面 ABCD,点 M,N 分别为 BC,PA 的中点,且 PA=AB=2.

(1)证明:BC⊥平面 AMN; (2)求三棱锥 N-AMC 的体积; (3)在线段 PD 上是否存在一点 E,使得 NM∥平面 ACE; 若存在,求出 PE 的长,若不存在,说明理由.

解析:(1)因为 ABCD 为菱形,所以 AB=BC, 又∠ABC=60° ,所以 AB=BC=AC, 又 M 为 BC 中点,所以 BC⊥AM. 而 PA⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD,所以 PA⊥BC, 又 PA∩AM=A,所以 BC⊥平面 AMN.

1 1 3 (2)因为 S△AMC= AM· CM= × 3×1= , 2 2 2 又 PA⊥底面 ABCD,PA=2,所以 AN=1, 所以,三棱锥 N-AMC 的体积 1 1 3 3 V=3S△AMC· AN=3× 2 ×1= 6 .

(3)存在. 取 PD 中点 E,连结 NE,EC,AE, 1 因为 N,E 分别为 PA,PD 中点,所以 NE 綊2AD, 1 又在菱形 ABCD 中,CM 綊2AD,所以 NE 綊 MC, 即四边形 MCEN 是平行四边形,所以 NM∥EC, 又 EC?平面 ACE, NM?平面 ACE, 所以 MN∥平面 ACE, 即在 PD 上存在一点 E,使得 NM∥平面 ACE, 1 此时 PE=2PD= 2.

(理)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,PA= AB,底面 ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90° ,PA=BC 1 = AD. 2

(1)求证:平面 PAC⊥平面 PCD; (2)在棱 PD 上是否存在一点 E,使 CE∥平面 PAB?若存 在,请确定 E 点的位置;若不存在,请说明理由.

解析:(1)设 PA=1, 1 由题意 PA=BC=1, AD=2, AB=1, BC=2AD, 由∠ABC =∠BAD=90° ,易知 CD=AC= 2, 由勾股定理得 AC⊥CD, 又∵PA⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴PA⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面 PAC, 又 CD?平面 PCD,∴平面 PAC⊥平面 PCD.

(2)证明: CF∥AB 交 AD 于 F, EF∥AP 交 PD 于 E, 作 作 连接 CE,

∵CF∥AB,EF∥PA,CF∩EF=F,PA∩AB=A,

∴平面 EFC∥平面 PAB, 又 CE 在平面 EFC 内,CE∥平面 PAB, 1 ∵BC= AD,AF=BC,∴F 为 AD 的中点, 2 ∴E 为 PD 中点,故棱 PD 上存在点 E,且 E 为 PD 中点, 使 CE∥平面 APB.

(文)(2011· 山东烟台一模)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PD ⊥平面 ABCD,底面 ABCD 为矩形,PD=DC=4,AD=2,E 为 PC 的中点.

(1)求证:AD⊥PC; (2)在线段 AC 上是否存在一点 M,使得 PA∥平面 EDM; 若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由.

解析: (1)证明: 因为 PD⊥平面 ABCD, AD?平面 ABCD, 所以 PD⊥AD. 又因为 ABCD 是矩形,所以 AD⊥CD. 因为 PD∩CD=D,PD,CD?平面 PCD, 所以 AD⊥平面 PCD. 又因为 PC?平面 PCD,所以 AD⊥PC.

(2)取 AC 中点 M,连接 EM、DM.

因为 E 为 PC 的中点,M 是 AC 的中点,所以 EM∥PA.

又因为 EM?平面 EDM,PA?平面 EDM,所以 PA∥平面 EDM. 1 所以 AM= AC= 5. 2 即在线段 AC 上存在一点 M(M 为 AC 的中点), 使得 PA∥平面 EDM,AM 的长为 5.

(理)如图所示, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 是棱 DD1 E 的中点.

(1)求直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值; (2)在棱 C1D1 上是否存在一点 F, B1F∥平面 A1BE?证 使 明你的结论.

解析:

(1)如图(1),取 AA1 的中点 M,连接 EM,BM.因为 E 是 DD1 的中点,四边形 ADD1A1 为正方形,所以 EM∥AD. 又在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AD⊥平面 ABB1A1,所 以 EM⊥平面 ABB1A1,从而 BM 为直线 BE 在平面 ABB1A1 上 的射影,∠EBM 为 BE 和平面 ABB1A1 所成的角. 设正方体的棱长为 2,则 EM=AD=2,BE= 22+22+12 EM 2 =3.于是,在 Rt△BEM 中,sin∠EBM= = , BE 3 2 即直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为3.

(2)在棱 C1D1 上存在点 F,使 B1F∥平面 A1BE.

如图(2),分别取 C1D1 和 CD 的中点 F、G,连接 B1F、 EG、BG、CD1、FG.因为 A1D1∥B1C1∥BC,且 A1D1=BC,所 以四边形 A1BCD1 是平行四边形,因此 D1C∥A1B. 又 E、G 分别为 D1D、CD 的中点, 所以 EG∥D1C,从而 EG∥A1B. 这说明 A1、B、G、E 共面.所以 BG?平面 A1BE.

因为四边形 C1CDD1 与 B1BCC1 皆为正方形,F、G 分别 为 C1D1 和 CD 的中点,所以 FG∥C1C∥B1B,且 FG=C1C= B1B,因此四边形 B1BGF 是平行四边形,所以 B1F∥BG, 又 B1F?平面 A1BE,BG?平面 A1BE, 故 B1F∥平面 A1BE.

课堂巩固训练
一、选择题 1.(文)(2013· 陕西西工大附中第三次适应性训练)设 a,b 是两条直线,α,β 是两个平面,则 a⊥b 的一个充分条件是 ( ) A.a⊥α,b∥β,α⊥β C.a?α,b⊥β,α∥β
[答案] C

B.a⊥α,b⊥β,α∥β D.a?α,b∥β,α⊥β

? [解析] α∥β? ? ??b⊥α? ? b⊥β ??a⊥b,故 C 正确. ? ? a?α ?

(理)若有直线 m、n 和平面 α、β,下列四个命题中,正 确的是( )

A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n B.若 m?α,n?α,m∥β,n∥β,则 α∥β C.若 α⊥β,m?α,则 m⊥β D.若 α⊥β,m⊥β,m?α,则 m∥α
[答案] D

[解析]

如图(1),β∥α,m?β,n?β,有 m∥α,n∥α,

但 m 与 n 可以相交,故 A 错; 如图(2),m∥n∥l,α∩β=l,有 m∥β,n∥β,故 B 错; 如图(3),α⊥β,α∩β=l,m?α,m∥l,故 C 错.故选 D.

[点评]

1.D 选项证明如下:

设 α 与 β 的交线为 l,在 α 内作 n⊥l, ∵α⊥β,∴n⊥β, ∵m⊥β,∴m∥n,∵n?α,m?α,∴m∥α. 2.解决这类问题首先要熟悉线面位置关系的各个定理, 无论是单项选择还是多项选择,都可以从中先选最熟悉最容 易作出判断的选项先确定或排除,再逐步考察其余选项.要 特别注意定理所要求的条件是否完备,图形是否有特殊情形 等.

2.(2011· 海口调研、大连模拟)平面 α∥平面 β 的一个充 分条件是( )

A.存在一条直线 a,a∥α,a∥β B.存在一条直线 a,a?α,a∥β C.存在两条平行直线 a、b,a?α、b?β、a∥β、b∥α D.存在两条异面直线 a、b,a?α、b?β、a∥β、b∥α
[答案]D

[解析]

在正方形 ABCD-A1B1C1D1 中,取 ABCD 为 α,

ADD1A1 为 β,B1C1 为直线 a,可知 A 错;如图(1),α∩β=l, a?α,a∥l,可知满足 B 的条件,故 B 错;如图(2),α∩β=l, a?α,b?β,a∥l,b∥l,满足 a∥β,b∥α,故 C 错;由面 面平行的判定定理知 D 正确.

二、解答题 3.(2011· 山东文,19)如图,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中, 1D⊥平面 ABCD, D 底面 ABCD 是平行四边形, AB=2AD, AD=A1B1,∠BAD=60° .

(1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.

[证明] 面 ABCD,

(1)证法 1:因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平

所以 D1D⊥BD.又因为 AB=2AD,∠BAD=60° , 在 △ ABD 中 , 由 余 弦 定 理 得 BD2 = AD2 + AB2 - 2AD· ABcos60° =3AD2,所以 AD2+BD2=AB2.因此 AD⊥BD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD.

证法 2:因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD. 所以 BD⊥D1D.

取 AB 的中点 G,连接 DG, 在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD. 又∠BAD=60° ,所以△ADG 为等边三角形. 因此 GD=GB. 故∠DBG=∠GDB,又∠AGD=60° ,所以∠GDB=30° . 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° . 所以 BD⊥AD.

又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD.

(2)连接 AC,A1C1. 设 AC∩BD=E,连接 EA1.

1 因为四边形 ABCD 为平行四边形,所以 EC=2AC. 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知 A1C1∥EC 且 A1C1= EC. 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形.因此 CC1∥EA1. 又因为 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD. 所以 CC1∥平面 A1BD.


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