八种视角证明线面平行-《中学生数理化》高二数学2025年9月刊

解题篇数经臭题突方清中学生教理化 高二数学2025年9月 八种视角证明线面平行 以一道2024年调研考试中立体儿何证明题为例 ■成都经济技术开发区实验中学校 杜海洋 众所周知，立体几何中证明线面平行是平行？还有其他更好的解答策略吗？下面只 高考的热点，不仅能考查同学们分析问题和 对第一问的证明进行深人探讨，与同学们 解决问题的能力，而且能考查直观想象和逻 交流。 辑推理等核心素养。证明线面平行的常用方 3.不同视角证明 法是线面平行的判定定理，即由线线平行推 视角1（利用向量共面基本定理） 出线面平行，因此寻找线线平行是解决问题 因为A市-子AC+A,A应-}A店 的关键。除了线面平行的判定定理，线面平 行的证明还可以采用多种策略，下面以一道 十号记，所以币=币-花=号文+ 调研试题举例说明立体几何中证明线面平行 的常用策略。 2AA,-(}A店+号AC)=2A本，-号A店 1.试题呈现 由向量共面的充要条件可知，E元，AA (成都市2023一2024学年高二上学期期 末调研考试)如图1，在三 A AB共面。又因为DE丈平面ABB1A1,所以 B 棱台ABC-A1B:C1中，若 DE∥平面ABB1A1。 点评：向量共面基本定理的常见作用： A1A⊥平面ABC,AB⊥ AC,AB=AC=AA=3, ①证明四，点共面；②证明线面平行。 向量共面的判定及应用： A1C1=1,空间中D,E两 (1)证明三个向量共面（或四点共面）时， 点分别满足A=号AC日 可以通过以下两个条件之一进行证明。 图1 +A不A正=号店+ ①MP=xMA+yMB; ②对于空间任意一点O,OP=xOM十 子花 yOA+OB(x+y十之=1)。 (2)若已知点P在平面ABC内，则有 (1)证明：DE∥平面ABB1A1; A户=xAB+yAC或OP=xOA+yOB+ (2)求平面ABB1A1与平面ADE的夹 O心(x十y十之=1)，然后利用指定向量表示 角的余弦值。（答案为3，解答过程略 出已知向量，用待定系数法求出参数。 视角2（利用法向量） 2.试题分析 由A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,可得 此题第一问入口宽，解法多样，较好地考 AB,AC,AA1两两垂直。 查了同学们对基础知识和基本技能的掌握。 条件中给出向量表达式和三条棱两两垂直的 因为A市=号AC+2AA,A正=号A店 关系，大部分同学采用了坐标法进行证明。 那么第一问能否通过证线线平行后再证线面 层花所以成=花-A花=号丽 21 中学生款理化餐塑薇华鼻聚稿方法 2AA。则D应.AC=(号A店-2AA)· cC的中点，则币-a。由A元-A+ AC-号A店·AC-号AA·C=0,因此 币，A防=号A心+是A,易得A DE⊥AC。 由题设易得AC为平面ABB1A1的法向 量，又因为DE士平面ABB1A1,所以DE∥ 由A应=A府+H应，应=号A+ 平面ABB1A1。 点评：证明线面平行可以转化为证直线 号AC,易得正-A应，所以HEAB。又 的方向向量与平面的法向量垂直，必须说明 HE寸平面ABB1A1,则HE∥平面 直线不在平面内。 ABBA 视角3（利用线线平行） 因为DH∩HE=H,所以平面DHE∥ 因为A心=号A心+2A,=2AC十 平面ABB1A1。又因为DE寸平面ABB1A1, 所以DE∥平面ABB1A1。 AA-2 (AC+AA+3A C)-(AC+ 点评：证明线面平行可以转化为证明面面 Ad.A证-=号证+号4d,所以D是CC的中 平行。此法一般过已知线段的端点或中点作平 面内一条线段的平行线来进行几何作图。 点，E是BC上靠近C的三等分点。 视角5（利用坐标法） 如图2，过点D作 A 由A1A⊥平面 DM∥AC交AA,于点 ABC,AB⊥AC,可 B M,过点E作EN∥AC交 得AB,AC,AA1两 AB于点N,连接MN。 两垂直，建立如图4 则DM= 所示的空间直角坐 E 3 标系，则A(0,0,0), EN,DM∥EN,所以四边 图2 B(3,0,0),C(0,3, 形DMNE是平行四边 0),A1(0,0,3)。 形，DEMN。 图4 因为DE寸平面ABB1A1,MNC平面 则A市-号A正 ABB1A1,所以DE∥平面ABB1A1 ,点评：证明线面平行可以转化为证明向 +2A-号×0,3,0)+2×(0,0,3) 量平行，进一步可以转化为证明线线平行，此 0,2,2）A=号A+号AC=子×(3,0… 法充分运用向量和的几何意义分别求出，点 2 D、E的对应位置。证明线线平行一般利用 0)+ 3 ×(0,3,0)=(1,2,0)。 平行四边形或利用三角形的中位线，有时也 会利用两条直线的对应线段成比例。 故D(0,2,）,E(1,2,0),则D= 视角4（利用面面平行） (10,-2) 如图3，过点D作 B. DH∥AA1交AC于点 不妨取平面ABB1A1的一个法向量n= H,连接EH。又DH丈 (0,1,0),则DE·n=0。因为DE丈平面 平面ABB1A1,则DH∥ ABB1A1,所以DE∥平面ABB1A1。 平面ABB1A1。 点评：建立坐标系解决立体几何问题是 由视角3可知，D是 将几何问题代数化，在立体图形中，若建立空 B 间直角坐标系较容易，则问题代数化可将复 图3 22 解题篇经典题突破方法 高二数学2025年9月 中学生数理化 杂的几何关系简洁处理」 x)。 视角（利用点到平面的距离） (1)若直线l经过点P。,且以“为方向 由视角3易证，点D到平面ABB1A1的 距离为DM,点E到平面ABB1A1的距离为 向量，P是直线1上的任意一点，求证，二 EN,DM=EN。又因为点D、E在平面 =y一ye=之一x0 ABB1A1的同侧，所以DE∥平面ABB1A1。 c 点评：线面平行关系可以转化为直线上 (2)若平面a经过点P。,且以u为法向 任意两点到平面的距离相等，此时要留意两 量，P是平面a内的任意一点，求证：a(x 点必须在平面的同侧。 x6)+b(y-yo)+c(x-之0)=0。 视角7（利用线面角） 证明：(1)因为u∥P。P,P。P=(x一x。, 由视角5可知，平面ABB1A1的一个法 y一yo,之一之o),所以P。产=Au,即x一x。= 向量n=(0,1,0),D正=(1,0，-号)，则直线 Aa,y一y。=Ab,之一之。=入c。因为abc≠0，所 以乙二x=y一y=一x DE与平面ABB1A1的夹角日满足sin日= 入0 a b D定·n=0。又因为点D在平面ABBA 因为一个点和一个向量确定一条直线， DE x=x。十a入， 外，所以DE∥平面ABB1A1。 所以空间直线l的方程为y=y。十b入， 点评：线面平行关系可以转化为直线与 之=z0十c入。 平面的夹角关系进行处理，类似地，直线与平 (2)因为u⊥P。P,u=(a,b,c),PP 面的垂直关系可以转化为直线与平面的夹角 (x一x0,y一y0,之-)，所以a(x-xo)十 为直角进行证明。 b(y-y0)十c(x-o)=0。 视角8（利用线面交点情况） 因为一个点和一个法向量确定一个平 由视角5可知，平面ABB1A1的一个法 面，所以平面a的点法式方程为a(x一x。)十 向量n=(0,1,0),则平面ABB1A1的点法式 b(y-yo)十c(x-o)=0。 方程为y=0。又因为D应-(1,0，-多)， 在点法式方程中，令m=一a.x。一by。一 cz。,则得到平面a的一般方程ax十by十 D0,2,),所以直线DE的方程为 cz十m=0。 x一0=t, 一般地，利用线面平行的判定定理和面 y-2=0, 面平行的性质定理证明线面平行，需要同学 t为参数。 3. 3 们具备较强的空间想象能力，结合图形特征 =-2t, 添加合适的辅助线，寻找线线、线面之间的平 易得平面ABB1A1的方程与直线DE 行关系。而运用空间向量法，只需建立合适 的方程没有公共解，所以平面ABB1A1与直 的空间直角坐标系，即可通过向量运算进行 线DE没有交点，故DE∥平面ABB1A1。 多视角证明。每一种解题思路都有其优势和 点评：线面平行关系的本质为直线与平 特点，同学们在解题时，可根据解题需求和图 面没有交，点，因为直线与平面都是无限延展 形特征进行合理的选择。总之，采用多种方 的，所以可以转化为直线方程与平面方程有 法解答同一道题目，针对某一类问题从不同 无公共解的问题。 的知识层面、用不同的思维方式进行广泛的 对于视角8溯源：人教A版《数学选择 探索和求解，比较各种解法的特点，增强解题 性必修第一册》第44页第17题。 的灵活性，能够将同学们从机械、呆板的解题 在空间直角坐标系中，已知向量u=(a, 模式中解脱出来。 b,c)(abc≠0)，点Po(x6,yo,o),点P(x,y, (责任编辑赵倩) 23