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1、1第四节第四节 直线、平面平行的判定及其性质直线、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)(2013福建高考)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD，BC5，DC3，AD4，PAD60.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，AD 并写出演算过程
2、)； 若M为PA的中点，求证：DM平面PBC； 求三棱锥DPBC的体积 (2)(2014日照模拟)如图所示，四边形ABCD为矩形，DA平面ABE，AEEBBC2，BF平面ACE于点 F，且点F在线段CE上 求证：AEBE； 设点M在线段AB上，且满足AM2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN平面 ADE. 自主解答 (1)法一：在梯形ABCD中，过点C作CEAB，垂足为E.2由已知得，四边形ADCE为矩形，AEDC3， 在 RtBEC中，由BC5，CE4，依勾股定理得BE3，从而AB6. 又由PD平面ABCD，得PDAD， 所以在 RtPDA中，由AD4，PAD60， 得PDADtan 6
3、04.3 正视图如图(1)所示：图(1)图(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，MNAB且MNAB3.1 2 又CDAB，CD3，MNCD，MNCD， 四边形MNCD为平行四边形，DMCN. DM平面PBC，CN平面PBC， DM平面PBC.VDPBCVPDBCSDBCPD，1 3 又SDBC6，PD4，VDPBC8.33法二：同法一 证明：取AB的中点E，连接ME，DE. 在梯形ABCD中，BECD，且BECD， 四边形BCDE为平行四边形， DEBC. DE平面PBC，BC平面PBC， DE平面PBC. 在PAB中，MEPB，ME平面PBC
4、，PB平面PBC， ME平面PBC. DEMEE，平面DME平面PBC. DM平面DME，DM平面PBC. 同法一 (2)证明：由DA平面ABE及ADBC，得BC平面ABE，又AE平面ABE，所以 AEBC，3因为BF平面ACE，AE平面ACE，所以BFAE， 又BCBFB，BC，BF平面BCE， 所以AE平面BCE. 因为BE平面BCE，故AEBE.在ABE中，过点M作MGAE交BE于点G，在BEC中，过点G作GNBC交CE于点N，连接MN，则由 ，得CNCE.CN CEBG BEMB AB1 31 3 因为MGAE，AE平面ADE，MG平面ADE， 所以MG平面ADE， 又GNBC，BCA
5、D，AD平面ADE，GN平面ADE， 所以GN平面ADE， 又MGGNG，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： 利用线面平行的定义(无公共点)； 利用线面平行的判定定理(a，b，aba)； 利用面面平行的性质(，aa)； 利用面面平行的性质(，a，a，aa) (2)线面平行的探索性问题 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
6、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 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. (2013新课标全国卷)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中 点(1)证明：BC1平面A1CD； (2)设AA1ACCB2，AB2，求三棱锥CA1DE的体积2 解：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点4又D是AB中点，连接DF，则在ABC1中，BC1DF. 因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD， 所以BC1平面
7、A1CD. (2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱， 所以AA1平面ABC，则AA1CD. 由已知ACCB，D为AB的中点，所以CDAB. 又AA1ABA，AA1，AB平面ABB1A1， 所以CD平 面ABB1A1. 由AA1ACCB2，AB2，得2 ACB90，CD，A1D，DE，A1E3，263 故A1D2DE2A1E2，即DEA1D.所以VCA1DE 1.1 31 2632 2.如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知 DCDD12AD2AB，ADDC，ABDC.(1)求证：D1CAC1； (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
8、明：在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连接C1D，DCDD1， 四边形DCC1D1是正方形， DC1D1C. 又ADDC，ADDD1，DCDD1D，DC，DD1平面DCC1D1， AD平面DCC1D1，又D1C平面DCC1D1， ADD1C. AD平面ADC1，DC1平面ADC1， 且ADDC1D，D1C平面ADC1，又AC1平面ADC1， D1CAC1. (2)连接AD1，AE，D1E，5设AD1A1DM， BDAEN，连接MN， 平面AD1E平面A1BDMN，要使D1E平面A1BD， 可使MND1E， 又M是AD1的中点， 则N是AE的中点 又易知ABNEDN， ABDE. 即E是DC
9、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，A1C1的 中点，求证：(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的中点， GH是A1B1C1的中位线， GHB1C1. 又B1C1BC，GHBC， B，C，H，G四点共面 (2)E，F分别是AB，AC的中点， EFBC. EF平面BCHG，BC平面BCHG， EF平面BCHG. A1GEB，A1G=EB, 四边形A1EBG是平行四边形， A1EGB
10、. A1E平面BCHG，GB平面BCHG， A1E平面BCHG. A1EEFE， 平面EFA1平面BCHG. 【互动探究互动探究】 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的中点，6连接HD，D为BC的中点， A1BDH. A1B平面A1BD1，DH平面A1BD1， DH平面A1BD1. 又由三棱柱的性质知，D1C1BD，D1C1=BD 四边形BDC1D1为平行四边形， DC1BD1. 又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1， DC1平面A1BD1， 又
11、DC1DHD， 平面A1BD1平面AC1D. 【方法规律方法规律】 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) (2013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，ABAA1.2(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，BB1DD1，BB1=DD
12、1 四边形BB1D1D是平行四边形， BDB1D1. 又BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1， BD平面CD1B1. A1D1B1C1BC，A1D1=B1C1=BC， 四边形A1BCD1是平行四边形， A1BD1C. 又A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1， A1B平面CD1B1. 又BDA1BB，平面A1BD平面CD1B1. (2)A1O平面ABCD， A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又AOAC1，AA1，1 22 A1O1.AA2 1OA27又SABD 1，1 222 VABDA1B1D1SABDA1O1. 考点三平行关系的综合应用 例 3 如图所示，平面平面，点A，点C，
13、点B，点D， 点E，F分别在线段AB，CD上，且AEEBCFFD.(1)求证：EF平面； (2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC4，BD6，且AC，BD所成的角为 60，求EF 的长 自主解答 (1)证明： 当AB，CD在同一平面内时， 由平面平面，平面平面ABDCAC， 平面平面ABDCBD， ACBD. AEEBCFFD， EFBD. 又EF，BD，EF平面.当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD平面DH，且DHAC. 平面平面，平面平面ACDHAC， ACDH， 四边形ACDH是平行四边形， 在AH上取一点G，使AGGHCFFD，连接EG，FG，BH. 又AEEBCFFDAGGH
14、， GFHD，EGBH. 又EGGFG，BHHDH， 平面EFG平面. 又EF平面EFG，EF平面. 综合可知EF平面.(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， MEBD，MFAC，8且MEBD3，1 2MFAC2.1 2 EMF为AC与BD所成的角或其补角， EMF60或 120. 在EFM中，由余弦定理得 EFME2MF22MEMFcosEMF 3222 2 3 2 1 2 ，13 6 即EF或EF.719 【方法规律方法规律】 1解决本题的关键是构造过EF且平行平面和平面的平面 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PAO?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， QBPA. P，O分别为DD1，DB的中点， D1BPO. 又D1B平面PAO，PO平面PAO，QB平面PAO，PA平面PAO， D1B平面PAO，
