2.1.4 平面与平面之间的位置关系教学评价实录

§8.3

直线、平面平行的判定与性质

1.直线与平面平行的判定与性质

判定

定义

定理

性质

图形

条件

结论

a∩α＝∅

a∥α

a⊂α，b⊄α，a∥b

b∥α

a∥α

a∩α＝∅

＝b

a∥b

a∥α，a⊂β，α∩β2.面面平行的判定与性质

判定

定义

定理

性质

图形

α∩β＝∅

α∥β

a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α

α∥β

α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b

a∥b α∥β，a⊂β

a∥α

条件

结论

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行. (2)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面. (3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.

(

×

) (

√

) (

×

) (

√

) (

×

)

(

) (4)空间四边形ABCD中，E、F分别是AB，AD的中点，则EF∥平面BCD. (5)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.

2.若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则

A.α内的所有直线与l异面

B.α内不存在与l平行的直线

C.α内存在唯一的直线与l平行

D.α内的直线与l都相交

答案

B 解析

由题意知，直线l与平面α相交，则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项B是正确的. 3.下列命题中，错误的是

(

) A.平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行

B.平行于同一个平面的两个平面平行

C.若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行

D.若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面

答案

C 解析

由面面平行的判定定理和性质知A、B、D正确.对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面. 4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上.若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________. 答案

2 解析

因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，

且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，

又E是DA的中点，所以F是DC的中点，

1由中位线定理可得EF＝AC，

2又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，

所以AC＝22，所以EF＝2. 5.已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题：

①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任意一条直线都不垂直. 其中真命题的序号是________. 答案

②

解析

因为α∥β，a⊂α，所以a∥β，在平面β内存在无数条直线与直线a平行，但不是所有直线都与直线a平行，故命题②为真命题，命题①为假命题.在平面β内存在无数条直线与直线a垂直，故命题③为假命题.

题型一

直线与平面平行的判定与性质

例1

(2012·山东)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. 思维启迪

(1)利用等腰△EDB底边中线和高重合的性质证明；(2)根据线面平行的判定或两个平面平行的性质证明线面平行. 证明

(1)如图，

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)方法一

如图，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，

所以平面DMN∥平面BEC. 又DM⊂平面DMN，

所以DM∥平面BEC.

方法二

如图，

延长AD，BC交于点F，连接EF. 因为CB＝CD，∠BCD＝120°，

所以∠CBD＝30°. 因为△ABD为正三角形，

所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，

因为∠AFB＝30°，

1所以AB＝AF. 2又AB＝AD，所以D为线段AF的中点. 连接DM，由于点M是线段AE的中点，

因此DM∥EF. 又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，

所以DM∥平面BEC. 思维升华

判断或证明线面平行的常用方法：(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).

如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，H分别为棱

A1B1，D1C1上的点，且EH∥A1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，

交点分别为F，G，求证：FG∥平面ADD1A1. 证明

因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，

EH⊄平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，

所以EH∥平面BCC1B1. 又平面FGHE∩平面BCC1B1＝FG，

所以EH∥FG，即FG∥A1D1. 又FG⊄平面ADD1A1，A1D1⊂平面ADD1A1，

所以FG∥平面ADD1A1. 题型二

平面与平面平行的判定与性质

例2

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. 思维启迪

要证四点共面，只需证GH∥BC；要证面面平行，可证一

个平面内的两条相交直线和另一个平面平行.

证明

(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面. (2)∵E、F分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC，

∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，

∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，

∴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. 思维升华

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：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；

(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；

(4)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.

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，

E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：

(1)直线EG∥平面BDD1B1；

(2)平面EFG∥平面BDD1B1. 证明

(1)如图，连接SB，

∵E、G分别是BC、SC的中点，

∴EG∥SB. 又∵SB⊂平面BDD1B1，

EG⊄平面BDD1B1，

∴直线EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD，

∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD. 又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，

∴FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，

FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，

∴平面EFG∥平面BDD1B1.

题型三

平行关系的综合应用

例3

如图所示，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和

CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大？

思维启迪

利用线面平行的性质可以得到线线平行，可以先确定截面

形状，再建立目标函数求最值. 解

∵AB∥平面EFGH，

平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH. ∴AB∥FG，AB∥EH，

∴FG∥EH，同理可证EF∥GH，

∴截面EFGH是平行四边形. 设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α (α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角). xCGyBGxy又设FG＝x，GH＝y，则由平面几何知识可得＝，＝，两式相加得＋＝1，即yaBCbBCabb＝(a－x)，

a∴S▱EFGH＝FG·GH·sin α

bbsin α＝x··(a－x)·sin α＝x(a－x). aa∵x>0，a－x>0且x＋(a－x)＝a为定值，

bsin αabsin αab∴当且仅当x＝a－x时，x(a－x)＝，此时x＝，y＝. a422即当截面EFGH的顶点E、F、G、H为棱AD、AC、BC、BD的中点时截面面积最大. 思维升华

利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决.

如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方

形，侧棱PA⊥底面ABCD，在侧面PBC内，有BE⊥PC于E，且BE ＝6a，试在AB上找一点F，使EF∥平面PAD. 3解

在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，

连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，

∵EG∥CD∥AF，EG＝AF，

∴四边形FEGA为平行四边形，

∴FE∥AG. 又AG⊂平面PAD，FE⊄平面PAD，

∴EF∥平面PAD. ∴F即为所求的点.

又PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC，

又BC⊥AB，∴BC⊥面PAB. ∴PB⊥BC. ∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2. 设PA＝x则PC＝2a2＋x2，

由PB·BC＝BE·PC得：

6a2＋x2·a＝2a2＋x2·a，

3∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝3a. 又CE＝

a2－623a＝a，

33PE2GEPE2∴＝，∴＝＝，

PC3CDPC3222即GE＝CD＝a，∴AF＝a. 333

立体几何中的探索性问题

典例：(12分)如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，

AC，BC，PB的中点. (1)求证：DE∥平面BCP；

(2)求证：四边形DEFG为矩形；

(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由. 思维启迪

(1)利用DE∥PC证明线面平行；

(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；

(3)Q应为EG中点. 规范解答

(1)证明

因为D，E分别是AP，AC的中点，

所以DE∥PC. 又因为DE⊄平面BCP，

所以DE∥平面BCP.

[3分]

(2)证明

因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，

所以DE∥PC∥FG，

DG∥AB∥EF. 所以四边形DEFG为平行四边形.

又因为PC⊥AB，

所以DE⊥DG. 所以四边形DEFG为矩形.

[7分]

[8分]

(3)解

存在点Q满足条件，理由如下：

连接DF，EG，设Q为EG的中点，

由(2)知，DF∩EG＝Q，

1且QD＝QE＝QF＝QG＝EG. 2分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN. 与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，

1且QM＝QN＝EG，

2所以Q为满足条件的点.[12分]

解决立体几何中的探索性问题的步骤：

第一步：写出探求的最后结论. 第二步：证明探求结论的正确性. 第三步：给出明确答案. 第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范.

温馨提醒

(1)立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设. (2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”.

方法与技巧

1.平行问题的转化关系

线∥线判定性质线∥面判定性质面∥性质判定面

2.直线与平面平行的主要判定方法

(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质.

3.平面与平面平行的主要判定方法

(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β⇒α∥β. 失误与防范

1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误. 2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.

3.解题中注意符号语言的规范应用.

A组

专项基础训练

(时间：40分钟) 一、选择题

1.若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是

A.a平行于α内的所有直线

B.α内有无数条直线与a平行

C.直线a上的点到平面α的距离相等

D.α内存在无数条直线与a成90°角

答案

A 解析

若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确.又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确. 2.若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的

A.充分不必要条件

C.充要条件

答案

D 3.已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是(

) A.a∥b，b⊂α，则a∥α

B.a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β

C.a⊥α，b∥α，则a⊥b

D.当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b

答案

C 解析

A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

(

)

(

)

B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；

C正确；

D中的直线a，b也可能异面. 4.在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则

(

) A.BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形

B.EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形

C.HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形

D.EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形

答案

B 解析

如图，由题意得，EF∥BD，

1且EF＝BD. 51HG∥BD，且HG＝BD. 2∴EF∥HG，且EF≠HG. ∴四边形EFGH是梯形. 又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行. 故选B. 5.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是

(

)

A.①③

答案

B 解析

①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，

∴平面MNP∥平面AA′B可得出AB∥平面MNP(如图). ④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP. B.①④

C.②③

D.②④

二、填空题

6.过三棱柱ABC—A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1 平行的直线有________条. 答案

6 解析

如图，E、F、G、H分别是A1C1、B1C1、BC、AC的中点，则

与平面ABB1A1平行的直线有EF，GH，FG，EH，EG，FH共6条. 7.如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1、B1C1 a的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P、M、N的平面

3交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________. 答案

22a

3解析

∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

a∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，AP＝，

3a2a22∴CQ＝，从而DP＝DQ＝，∴PQ＝a. 3338.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的

为________. ①AC⊥BD；

②AC∥截面PQMN；

③AC＝BD；

④异面直线PM与BD所成的角为45°. 答案

③

解析

∵PQMN是正方形，

∴MN∥QP，则MN∥平面ABC，

由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，

同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故①②正确. 又∵BD∥MQ，∴异面直线PM与BD所成的角即为∠PMQ＝45°，故④正确. 三、解答题

9.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点.

(1)求证：DE∥平面ABC；

(2)求三棱锥E－BCD的体积. (1)证明

取BC中点G，连接AG，EG. 因为E是B，且EG＝11C的中点，所以EG∥BB12BB1. 由直棱柱知，AA1綊BB1，而D是AA1的中点，所以EG綊AD，

所以四边形EGAD是平行四边形.所以ED∥AG. 又DE⊄平面ABC，AG⊂平面ABC，

所以DE∥平面ABC. (2)解

因为AD∥BB1，所以AD∥平面BCE，

所以VE－BCD＝VD－BEC＝VA－BCE＝VE－ABC，

由(1)知，DE∥平面ABC. 所以V11E－ABC＝VD－ABC＝3AD·2BC·AG

＝16×3×6×4＝12. 如图E、F、G、H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点.求证：

(1)EG∥平面BB1D1D；

(2)平面BDF∥平面B1D1H. 证明

(1)取B1D1的中点O，连接GO，OB，

易证四边形BEGO为平行四边形，故OB∥GE，

由线面平行的判定定理即可证EG∥平面BB1D1D. (2)由题意可知BD∥B1D1. 如图，连接HB、D1F，

易证四边形HBFD1是平行四边形，

故HD1∥BF. 又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，

所以平面BDF∥平面B1D1H. B组

专项能力提升

10.

(时间：30分钟) 1.设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是

A.m∥β且l1∥α C.m∥β且n∥β 答案

B 解析

对于选项A，不合题意；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由于n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意.综上选B. 2.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，过点P的直线n与α、β分别交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________. 24答案

24或

5解析

根据题意可得到以下如图两种情况：

(

) B.m∥l1且n∥l2

D.m∥β且n∥l2

24可求出BD的长分别为或24. 53.空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行

于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是

________. 答案

(8,10) DHGH解析

设＝＝k，

DAACAHEH∴＝＝1－k，

DABD∴GH＝5k，EH＝4(1－k)，

∴周长＝8＋2k. 又∵0

∴周长的范围为(8,10).

4.平面α内有△ABC，AB＝5，BC＝8，AC＝7，梯形BCDE的底DE＝2，

过EB的中点B1的平面β∥α，若β分别交EA、DC于A1、C1，求△A1B1C1

的面积. 解

∵α∥β，

∴A1B1∥AB，B1C1∥BC，

又因∠A1B1C1与∠ABC同向. ∴∠A1B1C1＝∠ABC. 52＋82又∵cos∠ABC＝－7212×5×8＝2，

∴∠ABC＝60°＝∠A1B1C1. 又∵B1为EB的中点，∴B1A1是△EAB的中位线，

∴B151A1＝2AB＝2，

同理知B1C1为梯形BCDE的中位线，

∴B11C1＝2(BC＋DE)＝5. 则S△A＝11B1C12A1B1·B1C1·sin 60°

＝12·52·5·3252＝83. 故△A251B1C1的面积为83. 5.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)求三棱锥A—PDE的体积；

(2)AC边上是否存在一点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

(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD. 因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD，

所以AD是三棱锥A—PDE的高. 因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，

所以S111△PDE＝2S△PDC＝2×2×4×4＝4. 又AD＝2，所以V118A—PDE＝3AD·S△PDE＝3×2×4＝3.

(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AC边上存在一点M，使得PA∥平面EDM，AM的长为5.