直線平面平行的判定和性質

平行直問題的轉化關系示意圖

graph LR A((線線平行))--判定=>
<=性質-->B{線面平行} B--判定=>
<=性質-->C((面面平行)) C--判定=>
<=性質-->A

\[線//線\xlongequal[\Leftarrow 性質定理]{判定定理\Rightarrow}線//面\xlongequal[\Leftarrow 性質定理]{判定定理\Rightarrow}面//面 \]

\[線//線\xlongequal[\Leftarrow 性質定理]{判定定理\Rightarrow}面//面 \]

前 言

完善三種語言：文字語言，圖形語言，符號語言

以及變換場景的應用情形；

判定難點

• 主從關系的轉換，比如證明\(A_1F// DE\)不容易時，我們轉而證明\(DE// A_1F\)可能很容易。山重水復疑無路，柳暗花明又一村。

• 區分清楚判定定理和性質定理。

• 平行關系的相互轉化，

常識儲備

識記 如圖所示的是正方體\(ABCD-A'B'C'D'\)，有如下的常用結論：

(1)體對角線\(B'D\perp\)平面\(ACD'\)(如圖1)

證明：令體對角線\(B'D\)和平面\(ACD'\)的交點是\(N\)，由正四面體\(B'-ACD'\)可知，

\(N\)是三角形底面的中心，連接\(OD'\)，則易知\(AC\perp BD\)，\(AC\perp BB'\)，故\(AC\perp B'D\)，

同理\(AD'\perp B'D\)，故體對角線\(B'D\perp\)平面\(ACD'\)。

(2)\(DN=\cfrac{1}{3}B'D\)(如圖1，利用等體積法)

(3)平面\(ACD'//A'BC'\)(如圖2)

(4)平面\(ACD'\)與平面\(A'BC'\)的間距是\(\cfrac{1}{3}B'D\)，即體對角線的\(\cfrac{1}{3}\)(如圖2)

(5)三棱錐\(B'-ACD'\)是正四面體。三棱錐\(D-ACD'\)是正三棱錐。

(6)如果需要將正四面體或者牆角型的正三棱錐恢復還原為正方體，我們可以先畫出正方體，然后在里面找出需要的正四面體或者牆角型正三棱錐。

(7)圓內接正方形的中心就是圓心，正方形的對角線的長度就是圓的直徑；球內接正方體的中心就是球心，正方體的體對角線的長度就是球的直徑。

(8)正方形的棱長設為\(2a\)，則正方形的內切圓半徑為\(a\)，正方形的外接圓半徑為\(\sqrt{2}a\)，三者的關系之比為\(2:1:\sqrt{2}\)；

正方體的棱長設為\(2a\)，則正方體的內切球半徑為\(a\)，正方體的外接球半徑為\(\sqrt{3}a\)，三者的關系之比為\(2:1:\sqrt{3}\)；

(9)正三角形的棱長設為\(2a\)，則正三角形的內切圓半徑為\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，正三角形的外接圓半徑為\(\cfrac{2\sqrt{3}}{3}a\)，三者的關系之比為\(2\sqrt{3}:1:2\)；

正四面體的棱長設為\(2a\)，則正四面體的內切球半徑為\(\cfrac{\sqrt{6 }}{6}a\)，正四面體的外接球半徑為\(\cfrac{\sqrt{6 }}{2}a\)，三者的關系之比為\(2\sqrt{6}:1:3\)；

典例剖析

• 線線平行

例10 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】在正方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，點\(O\)是四邊形\(ABCD\)的中心，關於直線\(A_1O\)，下列說法正確的是【】

$A.A_1O//D_1C$ $B.A_1O\perp BC$ $C.A_1O//平面B_1CD_1$ $D.A_1O\perp平面AB_1D_1$

分析：由於題目中給定點\(O\)是下底面的中心，故我們想到也做出上底面的中心\(E\)，如圖所示，

當連結\(CE\)時，我們就很容易看出\(A_1O//CE\)，以下做以說明；

由於\(OC//A_1E\)，且\(OC=A_1E\)，則可知\(A_1O//CE\)，

又由於\(A_1O\not \subset 面B_1CD_1\)，\(CE \subset 面B_1CD_1\)，故\(A_1O//平面B_1CD_1\) ，故選\(C\)，

此時，我們也能輕松的排除\(A\)，\(B\)，\(D\)三個選項是錯誤的。

• 線面平行

例1 【2016江蘇高考卷】如圖，在直三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(D\)、\(E\)分別是\(AB\)、\(BC\)的中點，點\(F\)在側棱\(BB_1\)上，且\(B_1D\perp A_1F\)，\(A_1C_1\perp A_1B_1\)。

求證：(1)直線\(DE//\)平面\(A_1C_1F\).

分析：現在需要\(\Leftarrow\)直線\(DE//\)平面\(A_1C_1F\)

\(\Leftarrow\)直線\(DE//\)平面\(A_1C_1F\)內的某直線\(?\)

某條直線可能是三角形的邊界線，三角形中線，高線，中位線，或者需要我們做出的某條輔助直線。

證明：因為\(D\)、\(E\)分別是\(AB\)、\(BC\)的中點，則有\(DE//AC//A_1C_1\)，

又因為直線\(A_1C_1\subsetneqq\)平面\(A_1C_1F\)，

\(DE\not\subseteq\)平面\(A_1C_1F\)，則直線\(DE//\)平面\(A_1C_1F\)。

求證(2)平面\(B_1DE\perp\)平面\(A_1C_1F\).

分析：\(\Leftarrow\)平面\(B_1DE\perp\)平面\(A_1C_1F\)

\(\Leftarrow\)一個面內的某條直線\(\perp\)另一個面內的兩條相交直線。

此時往往需要結合圖形及已知條件來確定，比如將一個面內的某條直線暫時確定為直線\(A_1F\)，

那么此時就需要在另一個平面\(B_1DE\)內找兩條相交直線，且都要能證明和直線\(A_1F\)，

如果能找到，則這樣的思路就基本固定下來了，

思路一大致為：\(A_1F\perp\begin{cases}B_1D\\ DE\end{cases}\)，

從而轉證\(DE\perp A_1F\)，從而轉證\(A_1C_1\perp A_1F\)，

從而轉證\(A_1C_1\perp\)包含\(A_1F\)的平面\(ABB_1A_1\)，

從而轉證\(A_1C_1\perp\begin{cases}A_1B_1\\ A_1A\end{cases}\)；

思路二大致為：\(B_1D\perp\begin{cases}A_1F\\ A_1C_1\end{cases}\)，

從而轉證\(A_1C_1\perp B_1D\)，

從而轉證\(A_1C_1\perp\)包含\(B_1D_1\)的平面\(ABB_1A_1\)，

從而轉證\(A_1C_1\perp\begin{cases}A_1B_1\\ A_1A\end{cases}\)；

證明：你能自主寫出證明過程嗎？

【反思提升】上述解答中的思路一中，在分析需要證明\(A_1F\perp DE\)時，包含了視角上的轉換，如證明\(A_1F\perp DE\)不容易時，我們轉而證明\(DE\perp A_1F\)，即轉證\(A_1C_1\perp A_1F\)，從而接下來就可以考慮證明線面垂直，從而轉證\(A_1C_1\perp\)包含\(A_1F\)的平面\(ABB_1A_1\)，

例8 已知底面是平行四邊形的四棱錐\(P-ABCD\)，點\(E\)在\(PD\)上，且\(PE：ED=2：1\)，在棱\(PC\)上是否存在一點\(F\)，使得\(BF//\)面\(AEC\)，證明並說出點\(F\)的位置。相關課件

分析：在棱\(PC\)上存在一點\(F\)，\(F\)為\(PC\)的中點，使得\(BF//\)面\(AEC\)，理由如下：

取\(PE\)的中點\(H\)，\(PC\)的中點\(F\)，聯結\(BF\)、\(HF\)、\(BH\)，聯結\(AC\)和\(BD\)，交點為\(O\)，

則由\(HF\)是\(\Delta PEC\)的底邊\(EC\)的中位線，故\(HF//EC\)；

由\(EO\)是\(\Delta DBH\)的底邊\(BH\)的中位線，故\(BH//EO\)；

(說明：這樣的話，平面\(BHF\)內的兩條相交直線\(HF\)和\(BH\)分別平行與另一個平面\(AEC\)內的兩條相交直線\(EO\)和\(EC\)，則這兩個平面就平行）

又由於\(HF\subsetneqq\)平面\(BHF\)，\(BH\subsetneqq\)平面\(BHF\)，\(BH\cap HF=H\)，

\(EO\subsetneqq\)平面\(AEC\)，\(EC\subsetneqq\)平面\(AEC\)，\(EO\cap EC=E\)，

則平面\(BHF//\)平面\(AEC\)，

又\(BF\subsetneqq\)平面\(BHF\)，

則有\(BF//\)平面\(AEC\)，猜想得證。

• 面面平行

例19 【2018寶雞市高三數學第一次質量檢測第9題】已知四棱錐\(S-ABCD\)的底面為平行四邊形，且\(SD\perp 面ABCD\)，\(AB=2AD=2SD\)，\(\angle DCB=60^{\circ}\)，\(M、N\)分別是\(SB、SC\)的中點，過\(MN\)作平面\(MNPQ\)分別與線段\(CD、AB\)相交於點\(P、Q\)。

(1).在圖中作出平面\(MNPQ\)，使面\(MNPQ//面SAD\)(不要求證明)；

分析：如圖所示，點\(P、Q\)分別是線段\(CD、AB\)的中點，聯結\(NP、PQ、QM\)所得的平面即為所求做的平面。

反思總結：1、一般的考法是題目作出這樣的平面，然后要求我們證明面面平行，現在是要求我們利用面面平行的判定定理作出這樣的平面，應該是要求提高了。

2、注意圖中的線的虛實。

(2).【文】若\(|\overrightarrow{AB}|=4\)，在(1)的條件下求多面體\(MNCBPQ\)的體積。

【理】若\(\overrightarrow{AQ}=\lambda \overrightarrow{AB}\)，是否存在實數\(\lambda\)，使二面角\(M-PQ-B\)的平面角大小為\(60^{\circ}\)？若存在，求出\(\lambda\)的值；若不存在，請說明理由。

【文科】法1：

如圖所示，連接\(PB、NB\)，有題目可知在(1)的情形下，平面\(MNPQ\)與平面\(ABCD\)垂直，由題目可知，\(AB=4\)，\(BC=PC=2\)，\(SD=2\)，\(NP=1\)，

則\(SD\perp面ABCD\)，\(NP//SD\)，則\(NP\perp 面ABCD\)，

\(\Delta PCB\)是邊長為2的等邊三角形，則\(V_{N-PBC}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{\Delta PBC}\cdot |NP|=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot 4\cdot 1=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)

由\(MN//BC\)，\(MN \perp面SAD\)，面\(MNPQ\)是直角梯形，\(MN=NP=1\)，\(PQ=2\)

連接\(BD\)交\(PQ\)於點\(H\)，在\(\Delta ABD\)中，由余弦定理可知，\(BD=2\sqrt{3}\)，\(AB^2=AD^2+BD^2\)，則\(BD\perp AD\)

即\(BH\perp PQ\)，且\(BH\perp NP\)，故\(BH\perp 面MNPQ\)，

\(V_{B-MNPQ}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{MNPQ}\cdot |BH|=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{(1+2)\cdot 1}{2}\cdot \sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)

故\(V_{MNCBPQ}=V_{B-MNPQ}+V_{N-PBC}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{3}=\cfrac{5\sqrt{3}}{6}\)。

法2：

待補充。

【理科】待補充。