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直线和平面平行是立体几何初步中的一类重要题型,如何判断并证明线面平行,也是历年高考中的常见题型。本文拟从几个经典的线面平行例题出发,结合往年高考题对线面平行做进一步的探讨。
【例１】 如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,
求证：(1) 四点E,F,G,H共面；
(2) BD∥平面EFGH,AC∥平面EFGH．
分析 (1) 要证明E,F,G,H四点共面,可以根据公理3的第3个推论,证明这四点所在的两条直线EH和FG平行,或者直线EF和HG平行；
(2) 易得,BD∥FG,AC∥EF,从而根据线面平行的判定定理证明。
解 (1) ∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF∥AC.
同理HG∥AC,从而EF∥HG,
∴直线EF和直线HG可以确定一个平面α,
∵E∈直线EF,直线EFα,∴E∈α.
同理,F,G,H∈α.
故E,F,G,H四点共面.
(2) 由(1)知,EF∥AC,又∵EF面EFGH,AC面EFGH,∴AC∥面EFGH.
同理,BD∥面EFGH.
点拨 本题是苏教版数学必修2第36页习题第3题,第(2)问主要考查线面平行的判定定理,比较简单。
【探究一】 将上例改为：E,F,G分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD的中点,试在边DA上找一点H,使得四点E,F,G,H共面,并讨论当BD和AC满足什么关系时,四边形EFGH为菱形、正方形？
分析 本题可以利用线面平行的性质定理,将HG看成是平面EFGH与平面ACD的交线,从而EF∥HG,从而易知四边形EFGH为平行四边形,再根据边的关系进一步探讨平行四边形ABCD的形状。
解 ∵E,F分别为边AB,BC的中点,
∴EF∥AC.
又∵EF面ACD,AC平面ACD,
∴EF∥面ACD.
∵E,F,G,H四点共面,即平面EFGH∩平面ACD=HG,
从而,EF∥HG,故HG∥AC,
∴H为边DA的中点.
易得EF
瘙 綊 12AC,GH
瘙 綊 12AC,∴EF
瘙 綊 GH,
故四边形EFGH为平行四边形.
当EF=FG,即12AC=12BD,也即AC=BD时,四边形EFGH为菱形；
当AC⊥BD时,有EF⊥FG,从而,当AC=BD且AC⊥BD时,四边形EFGH为正方形.
【探究二】 如果将例1中的E,F,G,H是各边中点弱化,改为：在空间四面体ABCD中,E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA上的点,且满足AEEB=AHHD,CFFB=CGGD,结论还成立吗？
分析 要证明四点共线以及线面平行,只要找到线线平行就可以了。例1中,遇到中点经常联系到中位线得到平行,其实,得到平行的方法还有很多,思维不能定势,在做立体几何题目的时候要注意思维的灵活性,抓住线面平行判定的常用方法,找准线线平行就可以了。
点拨 证明线面平行的方法一般有三种：定义法、线面平行的判定定理、面面平行的性质。而在高考中,常见的是运用判定定理来证明,这就需要在平面内找一条直线与已知直线平行。上面这几个题目找平行线都不难,下面我们再分析一下,一般情况下如何找平行线。
【例2】 如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是B1C,BD的中点,求证：MN∥平面AA1B1B．
分析 只要在平面AA1B1B中找到一条直线与MN平行即可。一种方法,因为M,N分别是B1C,BD的中点,容易联想到中位线,连接AB1和AC,易得MN∥AB1；其次,可以将点C看成投影中心,MN在平面AA1B1B的投影正好是AB1,故MN∥AB1。除了用判定定理之外,本题还可以取BC的中点G,通过证明平面MNG∥平面AA1B1B得到MN∥平面AA1B1B。
解 连接AB1和AC,因为M,N分别是B1C,AC的中点,故MN∥AB1,又MN平面AA1B1B,AB1平面AA1B1B,所以,MN∥平面AA1B1B.
【探究一】 将原题改为：正方体ABCDA1B1C1D1中,点N在BD上,点M在B1C上,且CM=DN,求证：MN∥平面AA1B1B.
分析 将中点弱化为线段上的点,并没有改变由线线平行得到线面平行的本质,只是在找平行线时遇到了困难。用中心投影的方法,本题非常简单,但是不用这个方法,怎么找出交线呢？显然,CN必和AB相交,设交点为E,CM∩A1B1=B1,从而,B1E可看做是过MN的平面CMN与平面AA1B1B的交线,若结论MN∥平面AA1B1B成立,根据线面平行的性质定理,必有MN∥B1E,也就是说,只要我们能够证明MN∥B1E,就可以证明最终的结论了。而要证明MN∥B1E,根据已知条件,结合正方体的特点,证明并不难。
证明 如图,延长CN交直线AB于点E,连接B1E.∵CM=DN,∴CMMB1=DNNB,而DNNB=CNNE,从而CMMB1=CNNE,即有MN∥B1E,又MN平面AA1B1B,B1E平面AA1B1B,所以MN∥平面AA1B1B.
点拨 本题是将线面平行的问题放在正方体这个背景中,但是,实际解决问题时,我们完全可以仅仅将这个问题放在四棱锥B1ABCD中,适当改变相应的条件。
【探究二】 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点,点M在线段PC上,PM=tPC,试确定实数t的值,使得PA∥平面MQB.
分析 如图,MN是过PA的平面PAC与平面MQB的交线,若PA∥平面MQB,则有PA∥MN,从而t=PMPC=ANAC=ANAN+NC=AQAQ+BC=13。
解 连接AC交BQ于点N,则过PA的平面PAC与平面MQB的交线为MN,若PA∥平面MQB,由线面平行的性质定理,知PA∥MN.从而,t=PMPC=ANAC,
又在菱形ABCD中,有ANNC=AQBC=12,所以ANAC=ANAN+NC=11+2=13,即t=13.
点拨 解决这类探究性的命题,其基本方法就是将结论当作已知条件。立体几何中这类题型往往不是很难,只要能够抓住条件,如本题,充分运用线面平行的判定、性质定理,化难为易。
总结:本文通过两个例题,对高考中常见的线面平行这一类重要证明题型做了简单的分析,并根据例题进一步展开,探讨一般情况下如何找线线平行,进而根据判定定理来证明线面平行,当然,线面平行大体上有三种证法,由于篇幅限制,本文主要对判定定理进行了拓展,希望对同学们在复习这部分内容时有所帮助。
牛刀小试
1. (2011•北京卷改)如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,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.
2. 如图,平面内两个正方形ABCD与ABEF,点M,N分别在对角线AC,FB上,且AM∶MC=FN∶NB,沿AB折成直二面角.
(1) 证明：折叠后MN∥平面CBE；
(2) 若AM∶MC=2∶3,在线段AB上是否存在一点G,使平面MGN∥平面CBE？若存在,试确定点G的位置.
【参考答案】
1. (1) 证明：∵D,E分别为AP,AC的中点,
∴DE∥PC.
又DE平面BCP,PC平面BCP,
∴DE∥平面BCP;
(2) ∵点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点．
∴DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF,
∴四边形DEFG为平行四边形．
又∵PC⊥AB,∴DE⊥DG,
从而平行四边形DEFG为矩形．
2. (1) 延长AN交BE于点H,则由AF∥BE知,ANNH=FNNB,而FNNB=AMMC,所以AMMC=ANNH,从而MN∥CH.
又因为MN平面CBE,CH平面CBE,所以MN∥平面CBE；
(2) 若平面MGN∥平面CBE,由平面ABC∩平面MNG=MG,平面ABC∩平面CBE=CB知MG∥BC,从而AGGB=AMMC=23.
（作者：刘玉，扬中市第二高级中学）
【例１】 如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,
求证：(1) 四点E,F,G,H共面；
(2) BD∥平面EFGH,AC∥平面EFGH．
分析 (1) 要证明E,F,G,H四点共面,可以根据公理3的第3个推论,证明这四点所在的两条直线EH和FG平行,或者直线EF和HG平行；
(2) 易得,BD∥FG,AC∥EF,从而根据线面平行的判定定理证明。
解 (1) ∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF∥AC.
同理HG∥AC,从而EF∥HG,
∴直线EF和直线HG可以确定一个平面α,
∵E∈直线EF,直线EFα,∴E∈α.
同理,F,G,H∈α.
故E,F,G,H四点共面.
(2) 由(1)知,EF∥AC,又∵EF面EFGH,AC面EFGH,∴AC∥面EFGH.
同理,BD∥面EFGH.
点拨 本题是苏教版数学必修2第36页习题第3题,第(2)问主要考查线面平行的判定定理,比较简单。
【探究一】 将上例改为：E,F,G分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD的中点,试在边DA上找一点H,使得四点E,F,G,H共面,并讨论当BD和AC满足什么关系时,四边形EFGH为菱形、正方形？
分析 本题可以利用线面平行的性质定理,将HG看成是平面EFGH与平面ACD的交线,从而EF∥HG,从而易知四边形EFGH为平行四边形,再根据边的关系进一步探讨平行四边形ABCD的形状。
解 ∵E,F分别为边AB,BC的中点,
∴EF∥AC.
又∵EF面ACD,AC平面ACD,
∴EF∥面ACD.
∵E,F,G,H四点共面,即平面EFGH∩平面ACD=HG,
从而,EF∥HG,故HG∥AC,
∴H为边DA的中点.
易得EF
瘙 綊 12AC,GH
瘙 綊 12AC,∴EF
瘙 綊 GH,
故四边形EFGH为平行四边形.
当EF=FG,即12AC=12BD,也即AC=BD时,四边形EFGH为菱形；
当AC⊥BD时,有EF⊥FG,从而,当AC=BD且AC⊥BD时,四边形EFGH为正方形.
【探究二】 如果将例1中的E,F,G,H是各边中点弱化,改为：在空间四面体ABCD中,E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA上的点,且满足AEEB=AHHD,CFFB=CGGD,结论还成立吗？
分析 要证明四点共线以及线面平行,只要找到线线平行就可以了。例1中,遇到中点经常联系到中位线得到平行,其实,得到平行的方法还有很多,思维不能定势,在做立体几何题目的时候要注意思维的灵活性,抓住线面平行判定的常用方法,找准线线平行就可以了。
点拨 证明线面平行的方法一般有三种：定义法、线面平行的判定定理、面面平行的性质。而在高考中,常见的是运用判定定理来证明,这就需要在平面内找一条直线与已知直线平行。上面这几个题目找平行线都不难,下面我们再分析一下,一般情况下如何找平行线。
【例2】 如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是B1C,BD的中点,求证：MN∥平面AA1B1B．
分析 只要在平面AA1B1B中找到一条直线与MN平行即可。一种方法,因为M,N分别是B1C,BD的中点,容易联想到中位线,连接AB1和AC,易得MN∥AB1；其次,可以将点C看成投影中心,MN在平面AA1B1B的投影正好是AB1,故MN∥AB1。除了用判定定理之外,本题还可以取BC的中点G,通过证明平面MNG∥平面AA1B1B得到MN∥平面AA1B1B。
解 连接AB1和AC,因为M,N分别是B1C,AC的中点,故MN∥AB1,又MN平面AA1B1B,AB1平面AA1B1B,所以,MN∥平面AA1B1B.
【探究一】 将原题改为：正方体ABCDA1B1C1D1中,点N在BD上,点M在B1C上,且CM=DN,求证：MN∥平面AA1B1B.
分析 将中点弱化为线段上的点,并没有改变由线线平行得到线面平行的本质,只是在找平行线时遇到了困难。用中心投影的方法,本题非常简单,但是不用这个方法,怎么找出交线呢？显然,CN必和AB相交,设交点为E,CM∩A1B1=B1,从而,B1E可看做是过MN的平面CMN与平面AA1B1B的交线,若结论MN∥平面AA1B1B成立,根据线面平行的性质定理,必有MN∥B1E,也就是说,只要我们能够证明MN∥B1E,就可以证明最终的结论了。而要证明MN∥B1E,根据已知条件,结合正方体的特点,证明并不难。
证明 如图,延长CN交直线AB于点E,连接B1E.∵CM=DN,∴CMMB1=DNNB,而DNNB=CNNE,从而CMMB1=CNNE,即有MN∥B1E,又MN平面AA1B1B,B1E平面AA1B1B,所以MN∥平面AA1B1B.
点拨 本题是将线面平行的问题放在正方体这个背景中,但是,实际解决问题时,我们完全可以仅仅将这个问题放在四棱锥B1ABCD中,适当改变相应的条件。
【探究二】 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点,点M在线段PC上,PM=tPC,试确定实数t的值,使得PA∥平面MQB.
分析 如图,MN是过PA的平面PAC与平面MQB的交线,若PA∥平面MQB,则有PA∥MN,从而t=PMPC=ANAC=ANAN+NC=AQAQ+BC=13。
解 连接AC交BQ于点N,则过PA的平面PAC与平面MQB的交线为MN,若PA∥平面MQB,由线面平行的性质定理,知PA∥MN.从而,t=PMPC=ANAC,
又在菱形ABCD中,有ANNC=AQBC=12,所以ANAC=ANAN+NC=11+2=13,即t=13.
点拨 解决这类探究性的命题,其基本方法就是将结论当作已知条件。立体几何中这类题型往往不是很难,只要能够抓住条件,如本题,充分运用线面平行的判定、性质定理,化难为易。
总结:本文通过两个例题,对高考中常见的线面平行这一类重要证明题型做了简单的分析,并根据例题进一步展开,探讨一般情况下如何找线线平行,进而根据判定定理来证明线面平行,当然,线面平行大体上有三种证法,由于篇幅限制,本文主要对判定定理进行了拓展,希望对同学们在复习这部分内容时有所帮助。
牛刀小试
1. (2011•北京卷改)如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,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.
2. 如图,平面内两个正方形ABCD与ABEF,点M,N分别在对角线AC,FB上,且AM∶MC=FN∶NB,沿AB折成直二面角.
(1) 证明：折叠后MN∥平面CBE；
(2) 若AM∶MC=2∶3,在线段AB上是否存在一点G,使平面MGN∥平面CBE？若存在,试确定点G的位置.
【参考答案】
1. (1) 证明：∵D,E分别为AP,AC的中点,
∴DE∥PC.
又DE平面BCP,PC平面BCP,
∴DE∥平面BCP;
(2) ∵点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点．
∴DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF,
∴四边形DEFG为平行四边形．
又∵PC⊥AB,∴DE⊥DG,
从而平行四边形DEFG为矩形．
2. (1) 延长AN交BE于点H,则由AF∥BE知,ANNH=FNNB,而FNNB=AMMC,所以AMMC=ANNH,从而MN∥CH.
又因为MN平面CBE,CH平面CBE,所以MN∥平面CBE；
(2) 若平面MGN∥平面CBE,由平面ABC∩平面MNG=MG,平面ABC∩平面CBE=CB知MG∥BC,从而AGGB=AMMC=23.
（作者：刘玉，扬中市第二高级中学）