8.5 空间直线、平面的平行

\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高一数学下学期同步知识点剖析精品讲义！
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必修第二册同步拔高，难度3颗星！

模块导图

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

1. 【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：\(B\)．
   

2. 【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：\(\dfrac{1}{2}\)．
   

3. 【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\(1\)．

4. 【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，\(\therefore NE = AM =\dfrac{2}{3} A B=\dfrac{2}{3} CD\)．
   \(\therefore \dfrac{P N}{P C}=\dfrac{N E}{C D}=\dfrac{2}{3}\)，\(∴PN=2NC\)．
   

5. 【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：\(EF∥β\).

 

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

1. 【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\(D\)．
2. 【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：\(A\)．
3. 【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：\(C\)．

4. 【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：\(D\)．
5. 【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：\(EF=6\)
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：\(\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a\)
7. 【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\(\dfrac{2}{3}\)．
8. 【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\(EFG\)；
   \(∴EF∥β\)．
   
9. 【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\(C C_{1} D_{1} D\)．