8.5 空间直线、平面的平行
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知识剖析
线线平行
1 基本事实4
平行于同一条直线的两条直线平行(平行线的传递公理)
符号表述:\(a / / b, b / / c \Rightarrow a / / c\)
2 等角定理
如果空间中两个角度两条边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.
线面平行
1 定义
直线与平面无交点.
2 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.
(俗说:若\(a \not \subset \alpha\),要证明\(a / / \alpha\),则在平面\(α\)内找一条直线与直线\(a\)平行)
符号表述
\(\left.\begin{array}{l}
a / / b \\
a \not \subset \alpha \\
b \subset \alpha
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha\) (线线平行⇒线面平行)
3 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.
符号表述
\(\left.\begin{array}{c}
a / / \alpha \\
a \subset \beta \\
\alpha \cap \beta=b
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / b\) (线面平行⇒线线平行)
4 证明线面平行的方法
方法1 定义法(反证) \(l \cap \alpha=\emptyset \Rightarrow l / / \alpha\)(用于判断)
方法2 判定定理:\(\left.\begin{array}{l}
a / / b \\
a \not \subset \alpha \\
b \subset \alpha
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha\) (线线平行⟹线面平行)
方法3 \(\left.\begin{array}{l}
\alpha / / \beta \\
a \subset \alpha
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / \beta\)(面面平行⇒线面平行)
方法4 \(\left.\begin{array}{l}
b \perp a \\
b \perp \alpha \\
a \not \subset \alpha
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha\)
面面平行
1 定义
\(α∩β=∅⟹α // β\);
判断
(1) \(α\)内有无穷多条直线都与\(β\)平行 ( × );
(2) \(α\)内的任何一条直线都与\(β\)平行 ( √ );
2 判定定理
如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面,那么两个平面互相平行;
符号表述:\(a, b \subset \alpha\),\(a \cap b=0\),\(a / / \beta\),\(b / / \beta \Rightarrow \alpha / / \beta\)
【如图】
推论:一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线,那么这两个平面互相平行.
符号表述:\(a ,b⊂α\) ,\(a∩ b=O\) ,\(a^{\prime}, b^{\prime} \subset \beta\) ,\(a / / a^{\prime}\) ,\(b / / b^{\prime} \Rightarrow \alpha / / \beta\)
【如图】
3 面面平行的性质
性质1 \(\left.\begin{array}{l}
a \subset \alpha \\
\alpha / / \beta
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / \beta\) (面面平行⇒线面平行)
性质2 \(\left.\begin{array}{c}
\alpha / / \beta \\
\alpha \cap \gamma=a \\
\beta \cap \gamma=b
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / b\) (面面平行⇒线线平行)
性质3 夹在两个平行平面间的平行线段相等.
4 证明面面平行的方法
方法1 定义法;
方法2 判定定理及推论(常用)
经典例题
【题型一】线面平行的证明
【典题1】 如图所示,在棱长为\(a\)的正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(E\),\(F\) ,\(P\) ,\(Q\)分别是\(BC\), \(C_1 D_1\),\(AD_1\),\(BD\)的中点.
(1)求证:\(PQ//\)平面\(DCC_1 D_1\);
(2)求\(PQ\)的长;
(3)求证:\(EF//\)平面 \(BB_1 D_1 D\).
【解析】 (1) 如图所示,连接\(AC\),\(CD_1\)
\(∵P\),\(Q\)分别为\(AD_1 、AC\)的中点,
\(∴PQ//CD_1\),
\(\because C D_{1} \subset\)平面\(DCC_1 D_1\),\(P Q \not \subset\)平面\(DCC_1 D_1\),
\(∴PQ//\)平面\(DCC_1 D_1\).
(2) 由题意,可得\(P Q=\dfrac{1}{2} D_{1} C=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a\)
(3) 连接\(QE、D_1 Q\),
\(∵E、Q\)分别是\(BC\),\(BD\)的中点,
\(∴QE//CD\)且\(Q E=\dfrac{1}{2} C D\),
又\(D_1 F//CD\)且\(Q E=\dfrac{1}{2} C D\),\(∴D_1 F=QE\),\(D_1 F//QE\),
\(∴\)四边形\(D_1 FEQ\)是平行四边形
\(∴D_1 Q//EF\)
又\(\because D_{1} Q \subset\)平面\(D_1 FEQ\),\(E F \not \subset\)平面\(D_1 FEQ\),
\(∴EF//\)平面\(BB_1 D_1 D\).
【点拨】
① 在立体几何中,遇到中点我们往往会想到中位线;
② 证明线面平行的过程中,经常利用三角形的中位线(如第一问)和构造平行四边形的方法(如第三问);
③ 证明线面平行可转化为证明线线平行或面面平行,本题第三问还有多种方法.
【典题2】 如图所示,正四棱锥\(P—ABCD\)的各棱长均为\(13\),\(M\) ,\(N\)分别为\(PA\) ,\(BD\)上的点,且\(PM∶MA=BN∶ND=5∶8\).
(1)求证:直线\(MN∥\)平面\(PBC\); (2)求线段\(MN\)的长.
【解析】 (1)证明 连接\(AN\)并延长交\(BC\)于\(Q\),连接\(PQ\),如图所示.
\(∵AD∥BQ\),\(∴△QNB∽△AND\),
\(\therefore \dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{B Q}{A D}=\dfrac{5}{8}\),
又\(\because \dfrac{P M}{M A}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{5}{8}\),
\(\therefore \dfrac{M P}{A M}=\dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{5}{8}\),\(∴MN//PQ\),
又\(\because P Q \subset\)平面\(PBC\),\(M N \not \subset\)平面\(PBC\),
\(∴MN∥\)平面\(PBC\).
(2)解 在等边\(△PBC\)中,\(∠PBC=60°\),
在\(△PBQ\)中由余弦定理知
\(P Q^{2}=P B^{2}+B Q^{2}-2 P B \cdot B Q \cos \angle P B Q\),
\(=13^{2}+\left(\dfrac{65}{8}\right)^{2}-2 \times 13 \times \dfrac{65}{8} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{8281}{64}\)
\(\therefore P Q=\dfrac{91}{8}\),
\(∵MN∥PQ\),\(MN∶PQ=8∶13\),
\(\therefore M N=\dfrac{91}{8} \times \dfrac{8}{13}=7\).
【点拨】
① 证明线面平行可转化为线线平行,而本题是利用线段成比例证明线线平行;
② 由于线段\(PA\)与\(BD\)是异面直线,则条件\(PM∶MA=BN∶ND\)不太好处理,一般要利用第三个“比例”把\(PM∶MA\)和\(BN∶ND\)联系起来,本题\(NQ:AN\)充当了这个角色;
③ 处理线段成比例中,要常注意以下几个模型,往往跟相似三角形有关:
比如本题中的\(△QNB∽△AND\)就是属于“8字型”.
【题型二】线面平行的性质
【典题1】 如图,四棱锥\(P-ABCD\)的底面\(ABCD\)是平行四边形,\(M、N\)分别为线段\(PC\)、\(PB\)上一点,若\(PM∶MC=3∶1\),且\(AN∥\)平面\(BDM\),则\(PN∶NB=\) ( )
A.\(4∶1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(3∶1\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(3∶2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\(2∶1\)
【解析】 如图,连接\(AC\)交\(BD\)于点\(O\),连接\(CN\)交\(BM\)于点\(G\),
由\(AN∥\)平面\(BDM\),可得\(AN∥OG\),\({\color{Red}{(此处是根据线面平行的性质) }}\)
\(∵OA=OC\),\(∴CG=NG\),\(∴G\)为\(CN\)的中点,
作\(HN∥BM\),\(∴CM=HM\),
\(∵PM∶MC=3:1\),\(∴PH=HC\),
\(∴PN∶NB=PH∶HM=2:1\),
故选:\(D\).
【点拨】
① 题目中出现线面平行\(AN∥\)平面\(BDM\),理当想到线面平行的性质;
② 线面平行的性质可由线面平行得到线线平行;
③ 在处理很多比例时,利用“份”的概念,可快速清楚各线段之间比例
比如
(1) 中\(PM∶MC=3∶1\),\(MC∶HM=2:1\),则设最短线\(HM=1\)(即\(HM\)为“\(1\)份”),则\(MC=2\) ,\(PM=7\),则可得\(PM∶MC=7:2\);
(2) 中\(EF//BC\),若\(AE∶AB=3∶7\),设\(AE=3\)(即线段\(AB\)共“\(7\)份”,\(AE\)占了“\(3\)份”),则\(AB=7\),\(BE=4\),由于线段成比例,易得类似\(FC:AC=4:7\)等比例关系.
巩固练习
1 (★) 如图在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中,棱长为\(a\),\(M、N\)分别为\(A_1 B\)、\(AC\)的中点,则\(MN\)与平面\(BB_1 C_1 C\)的位置关系是( )
A.相交 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.平行\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.垂直 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.不能确定
2 (★) 如图所示,\(P\)为\(▱ABCD\)所在平面外一点,\(E\)为\(AD\)的中点,\(F\)为\(PC\)上一点,当\(PA∥\)平面\(EBF\)时,\(\dfrac{P F}{F C}=\)\(\underline{\quad \quad}\).
3 (★★) 如图,在四面体\(ABCD\)中,\(AB=CD=2\),\(AD=BD=3\),\(AC=BC=4\),点\(E,F,G,H\)分别在棱\(AD\),\(BD\),\(BC\),\(AC\)上,若直线\(AB\),\(CD\)都平行于平面\(EFGH\),则四边形\(EFGH\)面积的最大值是\(\underline{\quad \quad}\).
4 (★★) 如图.在四棱锥\(P-ABCD\)中.底面\(ABCD\)是平行四边形,点\(M\)为棱\(AB\)上一点\(AM=2MB\).点\(N\)为棱\(PC\)上一点,
(1)若\(PN=2NC\),求证:\(MN∥\)平面\(PAD\);
(2)若\(MN∥\)平面\(PAD\),求证:\(PN=2NC\).
5 (★★★) 如图所示,四边形\(EFGH\)为空间四边形\(ABCD\)的一个截面,若截面为平行四边形.
(1) 求证:\(AB∥\)平面\(EFGH\),\(CD∥\)平面\(EFGH\).
(2) 若\(AB=4\) ,\(CD=6\),求四边形\(EFGH\)周长的取值范围.
参考答案
-
【答案】\(B\)
【解析】 连结\(A_{1} C 、 B C\),取\(A_{1} C\)的中点\(Q\),\(A_{1} B\)的中点\(P\),
连结\(NQ\)、\(PQ\)、\(MN\),
\(∵\)在正方体\(A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\)中,棱长为\(a\),\(M、N\)分别为\(A_1B\)、\(AC\)的中点,
\(∴NQ∥CC_1\),\(PQ∥BC\),
\(\because P Q \cap N Q=Q\),\(C C_{1} \cap B C=C\),\(P Q, N Q \subset\)平面\(PMN\),\(C C_{1}, B C \subset\)平面\(A_{1} B C_{1}\),
\(∴\)平面\(PNQ∥\)平面\(A_{1} B C_{1}\),
\(\because M N \subset\)平面\(PNQ\),\(∴MN∥\)平面\(B B_{1} C_{1} C\).
故选:\(B\).
-
【答案】\(\dfrac{1}{2}\)
【解析】 连接\(AC\)交\(BE\)于点\(M\),连接\(FM\).
\(∵PA∥\)平面\(EBF\),\(P A \subset\)平面\(PAC\),平面\(\mathrm{PAC} \cap\)平面\(EBF=EM\),
\(∴PA∥EM\),\(\therefore \dfrac{P F}{F C}=\dfrac{A M}{M C}=\dfrac{A E}{B C}=\dfrac{1}{2}\),故答案为:\(\dfrac{1}{2}\).
-
【答案】\(1\)
【解析】 \(∵\)直线\(AB\)平行于平面\(EFGH\),且平面\(ABC\)交平面\(EFGH\)于\(HG\),\(∴HG∥AB\);
同理\(EF∥AB\),\(FG∥CD\),\(EH∥CD\),所以\(FG∥EH\),\(EF∥HG\).
故:四边形\(EFGH\)为平行四边形.
又\(∵AD=BD\),\(AC=BC\)的对称性,可知\(AB⊥CD\).
所以四边形\(EFGH\)为矩形.
设\(BF∶BD=BG∶BC=FG∶CD=x\),\((0≤x≤1)\),\(FG=2x\),\(HG=2(1-x)\)
\(S_{E F G H}=F G \times H G=4 x(1-x)=-4\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+1\)
根据二次函数的性质可知:\(S_{EFGH}\)面积的最大值\(1\). -
【证明】 (1)过\(N\)作\(NE∥CD\)交\(PD\)于\(E\),连接\(AE\).
则\(\dfrac{E N}{C D}=\dfrac{P N}{P C}=\dfrac{2}{3}\),\(\therefore EN=\dfrac{2}{3} C D\),
又\(AM=2MB\),\(\therefore AM =\dfrac{2}{3} A B\).
又\(AB=CD\),\(AB//CD\)
\(\therefore AM = EN\),\(AM // EN\)
\(∴\)四边形\(AMNE\)是平行四边形,
\(∴MN∥AE\),又\(\mathrm{MN} \not \subset\)平面\(PAD\),\(A E \subset\)平面\(PAD\),
\(∴MN∥\)平面\(PAD\).
(2)过\(N\)作\(NE∥CD\)交\(PD\)于\(E\),
\(∵NE∥CD∥AB\),\(∴NE∥AB\),
\(∴A,M,N,E\)四点共面,
\(∵MN∥\)平面\(PAD\),\(MN \subset\)平面\(AMNE\),平面\(AMNE\cap\)平面\(PAD=AE\),\(∴MN∥AE\),
\(∴\)四边形\(AMNE\)是平行四边形,\(\therefore NE = AM =\dfrac{2}{3} A B=\dfrac{2}{3} CD\).
\(\therefore \dfrac{P N}{P C}=\dfrac{N E}{C D}=\dfrac{2}{3}\),\(∴PN=2NC\).
-
【答案】(1) 见解析 (2)\((8,12)\)
【解析】 (1)证明 \(∵\)四边形\(EFGH\)为平行四边形,\(∴EF∥HG\).
\(\because HG \subset\)平面\(ABD\),\(∴EF∥\)平面\(ABD\).
\(\because E F \subset\) 平面\(ABC\),平面\(ABD \cap\)平面\(ABC=AB\),
\(∴EF∥AB\). (线面平行的性质)
\(∴AB∥\)平面\(EFGH\).
同理可证,\(CD∥\)平面\(EFGH\).
(2)解 设\(EF=x(0<x<4)\),由于四边形\(EFGH\)为平行四边形,
\(\therefore \dfrac{C F}{C B}=\dfrac{x}{4}\) .则\(\dfrac{F G}{6}=\dfrac{B F}{B C}=\dfrac{B C-C F}{B C}=1-\dfrac{x}{4}\).从而\(FG =6-\dfrac{3}{2} x\).
\(∴\)四边形\(EFGH\)的周长\(l=2\left(x+6-\dfrac{3}{2} x\right)=12-x\).
又\(0<x<4\),则有\(8<l<12\),
\(∴\)四边形\(EFGH\)周长的取值范围是\((8,12)\).
【题型三】面面平行的证明
【典题1】 如图,\(ABCD\)与\(ADEF\)均为平行四边形,\(M\),\(N\),\(G\)分别是\(AB\),\(AD\),\(EF\)的中点.
(1)求证:\(BE∥\)平面\(DMF\);
(2)求证:平面\(BDE∥\)平面\(MNG\).
【解析】 (1) \({\color{Red}{方法1 }}\) 连接\(AE\)交\(DF\)于\(H\),连接\(HN\),如图示
\(∵ADEF\)均为平行四边形,\(∴H\)是\(AE\)中点,
又\(∵M\)是\(AB\)的中点,\(∴HN//EN\)
又\(\because H N \subset\)平面\(DMF\),\(B E \not \subset\)平面\(DMF\)
\(∴BE∥\)平面\(DMF\).
\({\color{Red}{方法2 }}\) 作\(DC\)的中点\(P\),连接\(PE、PB\),
\(ABCD\)与\(ADEF\)均为平行四边形,
\(M,N,G\)分别是\(AB,AD,EF\)的中点.
\(∴PB∥DM\),\(FM∥PE\),且\(FM,MD\)交于\(M\)点,\(PB\),\(PE\)交于\(P\)点,
故平面\(DFM∥\)平面\(BPE\),
\(∴BE∥\)平面\(DMF\);
(2)\(∵MN∥BD\),\(GN∥DE\),且\(MN、GN\)交于\(N\)点,\(DE、DB\)交于\(D\)点,
\(∴\)平面\(BDE∥\)平面\(MNG\).
【点拨】
① 遇到中点,可想到三角形的中位线;
② 利用三角形中位线和平行四边形证明线线平行是常见的方法;
③ 第一问中,证明线面平行可转化为线线平行或面面平行,方法1就是在平面\(DMF\)内找一直线平行\(EB\),充分利用了三角形的中位线;方法2是利用面面平行的性质,需要找到过直线BE且平行平面\(DEF\)的平面\(EPB\).
④ 第二问,面面平行的证明转化为线线平行: 平面\(BDE∥\)平面\(MNG\)\(⇔MN∥BD\),\(GN∥DE\).
【典题2】 如图,在四棱锥\(P-ABCD\)中,\(∠ABC=∠ACD=90^°\),\(∠BAC=∠CAD=60^°\),\(PA⊥\)平面\(ABCD\),\(PA=2\),\(AB=1\).设\(M\),\(N\)分别为\(PD\),\(AD\)的中点.
(1)求证:平面\(CMN∥\)平面\(PAB\);(2)求三棱锥\(P-ABM\)的体积.
【解析】 (1)证明 \(∵M ,N\)分别为\(PD,AD\)的中点,
\(∴MN∥PA\).
又\(\because M N \not \subset\)平面\(PAB\),\(P A \subset\)平面\(PAB\),
\(∴MN∥\)平面\(PAB\).
在\(Rt△ACD\)中,\(N\)分别为\(AD\)的中点,\(∴CN=AN\),
\(∴∠ACN=∠CAD=60^°\).
又\(∵∠BAC=60^°\),\(∴CN∥AB\).
\(∵CN⊄\)平面\(PAB\),\(AB⊂\)平面\(PAB\),
\(∴CN∥\)平面\(PAB\).
又\(∵CN∩MN=N\),\(∴\)平面\(CMN∥\)平面\(PAB\).
(2) 由(1)知,平面\(CMN∥\)平面\(PAB\),
\(∴\)点\(M\)到平面\(PAB\)的距离等于点\(C\)到平面\(PAB\)的距离.
由已知\(AB=1\),\(∠ABC=90^°\),\(∠BAC=60^°\),\(\therefore B C=\sqrt{3}\),
\(∴\)三棱锥\(P-ABM\)的体积
\(V_{P-A B M}=V_{M-P A B}=V_{C-P A B}=V_{P-A B C}\)\(=\dfrac{1}{3} \times P A \times S_{A B C}=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{3} \times 2=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\).
【点拨】
① 面面平行可转化为线面平行:\(a ,b⊂α\) ,\(a∩ b=O\) ,\(a // β\) ,\(b // β⇒α // β\);要证明在平面\(CMN∥\)平面\(PAB\),只需要在平面\(CMN\)找到两条相交线均平行平面\(PAB\)便行;
② 夹在两个平行平面间的平行线段相等,则点\(M\)到平面\(PAB\)的距离等于点\(C\)到平面\(PAB\)的距离;
③ 求三棱锥的体积常用等积法.三棱锥\(P-ABM\)的体积表示为\(V_{P-A B M}\)即以点\(P\)到平面\(ABM\)的距离为高\(h_1\)、以平面\(ABM\)为底面,而表示为\(V_{M-P A B}\)是以平面\(PAB\)为底面、点\(M\)到面\(PAB\)的距离为高\(h_2\),而\(h_1\)较难求,故想到\(V_{P-A B M}=V_{M-P A B}\).等式 \(V_{P-A B M}=V_{M-P A B}\)\(=V_{C-P A B}=V_{P-A B C}\)(相当连续用了两次等积法).
【典题3】 如图,在棱长为\(2\)的正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(M\)是\(A_1 B_1\)的中点,点\(P\)是侧面\(CDD_1 C_1\)上的动点,且\(MP//\)截面\(AB_1 C\),则线段\(MP\)长度的取值范围是( )
A. \([\sqrt{2}, \sqrt{6}]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \([\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \([\sqrt{6}, 2 \sqrt{3}]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D.$ [\sqrt{6}, 3]$
【解析】
取\(CD\)的中点\(N\),\(CC_1\)的中点\(R\),\(B_1 C_1\)的中点\(H\),
则\(MN//B_1 C//HR\) ,\(MH//AC\),
故平面\(MNRH//\)平面\(AB_1 C\),
\(MP⊂\)平面\(MNRH\),线段\(MP\)扫过的图形是\(△MNR\),
由\(AB=2\),则\(M N=2 \sqrt{2}\) ,\(N R=\sqrt{2}\) ,\(M R=\sqrt{6}\),
\(∴ MN^2=NR^2+MR^2\) ,
\(∴∠MRN\)是直角,
\(∴\)线段\(MP\)长度的取值范围是:\((MR ,MN)\),即\((\sqrt{6}, 2 \sqrt{2})\).
故选:\(B\).
【点拨】
① 本题的关键是找到满足条件的点P的轨迹,由已知\(\left\{\begin{array}{c}
\text { 点 } P \text { 是侧面 } C D D_{1} C_{1} \text { 上的动点 } \\
M P / / \text { 截面 } A B_{1} C
\end{array}\right.\)可知点\(P\)的轨迹是过点\(M\)且平行面\(AB_1 C\)的平面与侧面\(CDD_1 C_1\)的交线;怎么找到呢?以下提供另一思路:想象将面\(AB_1 C\)沿着\(B_1 M\)方向平移过点\(M\),较易得到面\(MNQ\)(如下图\(1\)),而面\(MNQ\)与侧面\(CDD_1 C_1\)的交线就是所求交线了,那把面\(MNQ\)拓展成面\(MQNJ\),易得交线为\(NR\)(如下图\(2\));
② 线段\(MP\)扫过的图形是\(△MNR\),则需要求出\(△MNR\)三边长度,确定\(MP\)的长度范围.
【题型四】面面平行的性质
【典题1】 已知两条直线\(a\),\(b\),两个平面\(α\),\(β\),则下列结论中正确的是 ( )
A.若a\(⊂β\),且\(α∥β\),则\(a∥α\)
B.若\(b⊂α\),\(a∥b\),则\(a∥α\)
C.若\(a∥β\),\(α∥β\),则\(a∥α\)
D.若\(b∥α\),\(a∥b\),则\(a∥α\)
【解析】 \(A ∵α∥β\),又\(a⊂β\),\(∴a∥α\),故\(A\)正确;
\(B ∵b⊂α\),\(a∥b\),若\(a⊂α\),则\(a\)不可能与\(α\)平行,故\(B\)错误;
\(C ∵a∥β\),\(α∥β\),若\(a⊂α\),则结论不成立,故\(C\)错误;
\(D ∵b∥α\),\(a∥b\),若\(a⊂α\),则结论不成立,故\(D\)错误;
故\(A\)正确;
【点拨】
① 线面的位置关系有三种:\(a∥α、a⊂α、a∩α=A\);
② 证明某些选项是错只需要举个反例,比如选项\(C\)是怎么会想到“\(a⊂α\)”这个反例的呢?
运用“运动的思想”,先由\(α∥β\)固定两个平面\(α、β\),再由\(a∥β\)把线段\(a\)由上至下“运动”下来,则\(a、α\)的关系有两种情况\(a⊂α、a∥α\).选项\(B\)、\(D\)也可类似.
【典题2】 已知平面\(α∥\)面\(β\),\(AB\)、\(CD\)为异面线段,\(AB⊂α\),\(CD⊂β\),且\(AB=a\),\(CD=b\),\(AB\)与\(CD\)所成的角为\(θ\),平面\(γ∥\)面\(α\),且平面\(γ\)与\(AC\)、\(BC\)、\(BD\)、\(AD\)分别相交于点\(M\)、\(N\)、\(P\)、\(Q\).
(1)若\(a=b\),求截面四边形\(MNPQ\)的周长;
(2)求截面四边形\(MNPQ\)面积的最大值.
【解析】 (1)\(∵\)平面\(α∥\)面\(β\),平面\(ABC∩α=AB\),平面\(ABC∩β=MN\),
\(∴AB∥MN\),
同理\(PQ∥AB\),有\(PQ∥MN\),同理\(NP∥MQ\),
\(∴\)四边形\(MNPQ\)是一个平行四边形,
\(\therefore \dfrac{N P}{C D}=\dfrac{B P}{B D}\),\(\dfrac{P Q}{A B}=\dfrac{D P}{B D}\),
\(\therefore \dfrac{N P}{C D}+\dfrac{P Q}{A B}=\dfrac{B P+D P}{B D}=1\),
\(∵AB=CD=a\),
\(∴NP+PQ=a\),即四边形的周长是\(2a\).
(2)设\(AC=c\),\(CM=x\),
由\(MN∥AB\),得\(M N=\dfrac{x}{c} a\),同理\(M Q=\dfrac{c-x}{c} b\),
又\(AB\)与\(CD\)所成的角为\(θ\),\(\therefore \sin \angle N M Q=\sin \theta\)
\(∴\)四边形的面积是\(S=2 \times \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{x}{c} \cdot a \cdot \dfrac{c-x}{c} \cdot b \cdot \sin \theta=\dfrac{a b}{c^{2}}\left[-\left(x-\dfrac{c}{2}\right)^{2}+\dfrac{c^{2}}{4}\right] \sin \theta\)
\(∴\)当\(x=\dfrac{c}{2}\)时,\(S\)的最大值是\(\dfrac{a b}{4} \sin \theta\),
此时\(M\)为\(AC\)的中点.
【点拨】
① 面面平行的性质:\(\left.\begin{array}{c}
\alpha / / \beta \\
\alpha \cap \gamma=a \\
\beta \cap \gamma=b
\end{array}\right\} \Rightarrow a / / b\),由面面平行可得到线线平行;
② 在处理线线平行中线段的问题,注意“\(A\)字型”、“\(8\)字型”的模型;
③ 由三角形面积公式\(S=\dfrac{1}{2} a b \sin C\),可得平行四边形\(ABCD\)的面积
\(S=2 S_{\triangle A B C}=2 \times \dfrac{1}{2} A B \times B C \times \sin \angle A B C=A B \times B C \times \sin \angle A B C\)
④ 线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系
巩固练习
1 (★) 已知直线\(a⊂α\),给出以下三个命题:
①若平面\(α∥\)平面\(β\),则直线\(a∥\)平面\(β\);
②若直线\(a∥\)平面\(β\),则平面\(α∥\)平面\(β\);
③若直线\(a\)不平行于平面\(β\),则平面\(α\)不平行于平面β.
其中正确的命题是( )
A. \((2)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \((3)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C. \((1)(2)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \((1)(3)\)
2 (★★) 在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(E\),\(F\),\(G\)分别是\(A_1 B_1\),\(B_1 C_1\),\(BB_1\)的中点,给出下列四个推断:
①\(FG∥\)平面\(AA_1 D_1 D\); ②\(EF∥\)平面\(BC_1 D_1\);
③\(FG∥\)平面\(BC_1 D_1\); ④平面\(EFG∥\)平面\(BC_1 D_1\)
其中推断正确的序号是 ( )
A. \((1)(3)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \((1)(4)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \((2) (3)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \((2) (4)\)
3 (★★) 已知平面\(α∥\)平面\(β\),\(P\)是\(α,β\)外一点,过点\(P\)的直线\(m\)与\(α,β\)分别交于点\(A\),\(C\),过点\(P\)的直线\(n\)与\(α,β\)分别交于点\(B\),\(D\),且\(PA=6\),\(AC=9\),\(PD=8\),则\(BD\)的长为( )
A. \(\dfrac{24}{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B. \(\dfrac{12}{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(\dfrac{24}{5}\)或 \(24\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D. \(\dfrac{12}{5}\)或 \(12\)
4 (★★) 已知两平行平面\(α\)与\(β\)之间的距离为\(4\),直线\(a⊂β\),点\(A∈a\),则平面\(α\)内到点\(A\)的距离为\(5\),且到直线\(a\)的距离为\(2 \sqrt{5}\)的点的轨迹是( )
A.一组平行线 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.一条抛物线 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.两段圆弧 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.四个点
5 (★★) 如图,已知平面\(α,β,γ\),且\(α∥β∥γ\),直线\(a,b\)分别与平面\(α\),\(β\),\(γ\)交于点\(A\),\(B\),\(C\)和\(D\),\(E\),\(F\),若\(AB=1\),\(BC=2\),\(DF=9\),则\(EF=\)\(\underline{\quad \quad}\).
6 (★★) 如图所示,\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)是棱长为\(a\)的正方体,\(M、N\)分别是下底面的棱\(A_1 B_1\),\(B_1 C_1\)的中点,\(P\)是上底面的棱\(AD\)上的一点,\(A P=\dfrac{a}{3}\),过\(P、M、N\)的平面交上底面于\(PQ\),\(Q\)在\(CD\)上,则\(PQ=\)\(\underline{\quad \quad}\).
7 (★★) 在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\) 中 ,\(DA=DC=1\) ,\(DD_1=2\),分别在对角线\(A_1 D ,CD_1\)上取点\(M ,N\),使得直线\(MN//\)平面\(A_1 ACC_1\),则线段\(MN\)长的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
8 (★★) 已知:如图,平面\(α、β\)满足\(α∥β\),\(A、C∈α\),\(B、D∈β\),\(E∈AB\),\(F∈CD\),\(AC\)与\(BD\)异面,且\(\dfrac{A E}{E B}=\dfrac{C F}{F D}\).求证:\(EF∥β\).
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9 (★★★) 在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(M、N、P\)分别是\(AD_1\)、\(BD\)和\(B_1 C\)的中点,
求证:(1)\(MN∥CD_1\)
(2)\(MN∥\)平面\(CC_1 D_1 D\).
(3)平面\(MNP∥\)平面\(CC_1 D_1 D\).
参考答案
- 【答案】\(D\)
【解析】 ①若平面\(α∥\)平面\(β\),则直线\(a∥\)平面\(β\);
因为直线\(a⊂α\),平面\(α∥\)平面\(β\),则\(α\)内的每一条直线都平行平面\(β\).显然正确.
②若直线\(a∥\)平面\(β\),则平面\(α∥\)平面\(β\);因为当平面\(α\)与平面\(β\)相加时候,仍然可以存在直线\(a⊂α\)使直线\(a∥\)平面\(β\).故错误.
③若直线\(a\)不平行于平面\(β\),则平面\(α\)不平行于平面\(β\),平面内有一条直线不平行与令一个平面,两平面就不会平行.故显然正确.
故选\(D\). - 【答案】\(A\)
【解析】 \(∵\)在正方体\(A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\)中,\(E\),\(F\),\(G\)分别是\(A_1 B_1\),\(B_1 C_1\),\(BB_1\)的中点,
\(\therefore F G / / B C_{1}\),\(\because B C_{1} / / A D_{1}\),\(\therefore F G / / A D_{1}\),
\(∵FG⊄\)平面\(A A_{1} D_{1} D\),\(A D_{1} \subset\)平面\(A A_{1} D_{1} D\),
\(∴FG∥\)平面\(A A_{1} D_{1} D\),故①正确;
\(\because E F / / A_{1} C_{1}\),\(A_{1} C_{1}\)与平面\(B C_{1} D_{1}\)相交,
\(∴EF\)与平面\(B C_{1} D_{1}\)相交,故②错误;
\(∵E,F,G\)分别是\(A_1 B_1\),\(B_1 C_1\),\(BB_1\)的中点,
\(\therefore F G / / B C_{1}\),\(∵FG⊄\)平面\(B C_{1} D_{1}\),\(B C_{1} \subset\)平面\(B C_{1} D_{1}\),
\(∴FG∥\)平面\(B C_{1} D_{1}\),故③正确;
\(∵EF\)与平面\(B C_{1} D_{1}\)相交,
\(∴\)平面\(EFG\)与平面\(B C_{1} D_{1}\)相交,故④错误.
故选:\(A\). - 【答案】\(C\)
【解析】 连接\(AB、CD\);
①当点\(P\)在\(CA\)的延长线上,即\(P\)在平面\(α\)与平面\(β\)的同侧时,如图1;
\(∵α∥β\),平面\(PCD∩α=AB\),平面\(PCD∩β=CD\),
\(∴AB∥CD\),\(\therefore \dfrac{P A}{A C}=\dfrac{P B}{B D}\);
\(∵PA=6\),\(AC=9\),\(PD=8\),
\(\therefore \dfrac{6}{9}=\dfrac{8-B D}{B D}\),解得\(B D=\dfrac{24}{5}\);
②当点\(P\)在线段\(CA\)上,即\(P\)在平面\(α\)与平面\(β\)之间时,如图2;
类似①的方法,可得\(\dfrac{P A}{P C}=\dfrac{P B}{P D}\),
\(∵PA=6\),\(PC=AC-PA=9-6=3\),\(PD=8\),
\(\therefore \dfrac{6}{3}=\dfrac{P B}{8}\),解得\(PB=16\);
\(∴BD=PB+PD=24\);
综上,\(BD\)的长为\(\dfrac{24}{5}\)或\(24\).
故选:\(C\).
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- 【答案】\(D\)
【解析】 设满足条件的点为\(D\),
过点\(P\)做平面\(A\)的垂线\(PE\),则\(PE=4\).
平面\(α\)内一点\(D\)到点\(P\)的距离为\(PD=5\),\(PD^2=PE^2+ED^2\),
\(∴ED^2=36\),即\(D\)为平面\(α\)上以垂足\(E\)为圆心,半径\(R=ED=6\)的圆上,
过垂足\(E\)做直线\(L_1\)平行于直线\(L\),
则直线间距离\(d_1=PE=4\),
在平面\(α\)内做直线\(L_2\)使得\(L_2\)到\(L\)的距离\(d_{2}=2 \sqrt{5}\),
设平面\(α\)内直线\(L_1 、L_2\)距离为\(M\),
则有\(d_2^2=d_1^2+M^2\),解得\(M^2=17\),
即平面\(α\)内直线\(L_1 、L_2\)距离为\(\sqrt{17}<R=6\),
所以同时满足到点\(P\)的距离为\(5\)且到直线l的距离为\(2 \sqrt{5}\)的点的轨迹为:\(L_2\)与圆的四个交点.
故选:\(D\). - 【答案】\(6\)
【解析】 \(∵AB=1,BC=2,DF=9\),
若\(A,B,C,D,E,F\)六点共面
由面面平行的性质定理可得\(AB∥CD∥EF\)
根据平行线分线段成比例定理可得:\(\dfrac{B C}{A C}=\dfrac{E F}{D F}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{E F}{9}\)
\(∴EF=6\)
若\(A,B,C,D,E,F\)六点不共面
连接\(AF\),交\(β\)于\(M\),连接\(BM\)、\(EM\)、\(BE\).
\(∵β∥γ\),平面\(ACF\)分别交\(β、γ\)于\(BM、CF\),
\(∴BM∥CF\).\(\therefore \dfrac{B C}{A C}=\dfrac{M F}{A F}\)
同理\(\dfrac{M F}{A F}=\dfrac{E F}{D F}\).
\(\therefore \dfrac{B C}{A C}=\dfrac{E F}{D F}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{E F}{9}\) \(\therefore E F=6\)
综上所述:\(EF=6\) - 【答案】\(\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a\)
【解析】 \(∵\)平面\(ABCD∥\)平面\(A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\),\(M N \subset\)平面\(A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\)
\(∴MN∥\)平面\(ABCD\),又\(PQ=\)面\(PMN∩\)平面\(ABCD\),
\(∴MN∥PQ\).
\(∵M、N\)分别是\(A_{1} B_{1}\)、\(B_{1} C_{1}\)的中点,
\(\therefore M N / / A_{1} C_{1} / / A C\),
\(∴PQ∥AC\),又\(A P=\dfrac{a}{3}\),\(A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\)是棱长为\(a\)的正方体,\(\therefore C Q=\dfrac{a}{3}\),从而\(D P=D Q=\dfrac{2 a}{3}\),
\(\therefore P Q=\sqrt{D Q^{2}+D P^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{2 a}{3}\right)^{2}+\left(\dfrac{2 a}{3}\right)^{2}}=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a\).
故答案为:\(\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a\) - 【答案】\(\dfrac{2}{3}\)
【解析】 作\(MM_1⊥AD\)于点\(M_1\),作\(NN_1⊥CD\)于点\(N_1\),
\(∵\)线段\(MN\)平行于对角面\(ACC_1 A_1\),\(∴M_1 N_1//AC\).
(面面平行的判定和性质)
设\(DM_1=DN_1=x\),则\(MM_1=2x\),\(NN_1=2-2x\),
(线段成比例)
在直角梯形\(MNN_1 M_1\)中,
\(M N^{2}=(\sqrt{2} x)^{2}+(2-4 x)^{2}=18\left(x-\dfrac{4}{9}\right)^{2}+\dfrac{4}{9}\)
\(∴\)当\(x=\dfrac{4}{9}\)时,\(MN\)的最小值为\(\dfrac{2}{3}\). - 【证明】 (Ⅰ)证明:连接\(AD\),作\(EG∥BD\)交\(AD\)于点\(G\),连接\(FG\)
\(∵EG∥BD\),
\(\therefore \dfrac{A E}{E B}=\dfrac{A G}{G D}\).
又\(\because \dfrac{A E}{E B}=\dfrac{C F}{F D}\),\(\therefore \dfrac{A G}{G D}=\dfrac{C F}{F D}\)
\(∴FG∥AC\),
\(∴FG∥α\),又\(α∥β\),
\(∴FG∥β\);
又因为\(EG∩FG=G\).
\(∴\)平面\(EFG∥β\),
而\(EF⊂\)平面\(EFG\);
\(∴EF∥β\).
- 【证明】 (1)\(∵\)正方体\(A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}\)中,\(M、N、P\)分别是\(AD_1\)、\(BD\)和\(B_1 C\)的中点,
\(∴\)连结\(AC、BD\),交于点\(N\),
\(∴\)由三角形中位线定理得:\(M N / / C D_{1}\).
(2)\(\because M N / / C D_{1}\),
\(MN⊂\)平面\(C C_{1} D_{1} D\),\(C D_{1} \not \subset\)平面\(C C_{1} D_{1} D\),
\(∴MN∥\)平面\(C C_{1} D_{1} D\).
(3)连结\(B_{1} C, B C_{1}\),交于点\(P\),则\(P\)是\(B C_{1}\)的中点,
\(∴MP∥CD\),
\(\because M P \not \subset\)平面\(C C_{1} D_{1} D\),\(CD⊂\)平面\(C C_{1} D_{1} D\),
\(∴MP∥\)平面\(C C_{1} D_{1} D\).
\(∵MN∥\)平面\(C C_{1} D_{1} D\),且\(MP∩MN=M\),\(MP、MN⊂\)平面\(MNP\),
\(∴\)平面\(MNP∥\)平面\(C C_{1} D_{1} D\).