《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 4 第4講 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 4 第4講 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)教學(xué)案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第4講直線、平面平行的判定及其性質(zhì)1直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理平面外一條直線與這個平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行(線線平行線面平行)因為la，a，l，所以l性質(zhì)定理一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡記為“線面平行線線平行”)因為l，l，b，所以lb2.平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行面面平行”)因為a，b，abP，a，b，所以性質(zhì)定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行因為
2、，a，b，所以ab3.線、面平行中的三個重要結(jié)論(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a，a，則；(2)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a，b，則ab；(3)平行于同一個平面的兩個平面平行，即若，則.疑誤辨析判斷正誤(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)若一條直線平行于一個平面內(nèi)的一條直線，則這條直線平行于這個平面()(2)若一條直線平行于一個平面，則這條直線平行于這個平面內(nèi)的任一條直線()(3)若直線a與平面內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a.()(4)如果一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行()(5)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內(nèi)的兩條直線平行或異面()答案：(1)
3、(2)(3)(4)(5)教材衍化1(必修2P61A組T1(1)改編)下列命題中正確的是()A若a，b是兩條直線，且ab，那么a平行于經(jīng)過b的任何平面B若直線a和平面滿足a，那么a與內(nèi)的任何直線平行C平行于同一條直線的兩個平面平行D若直線a，b和平面滿足ab，a，b，則b解析：選D.A錯誤，a可能在經(jīng)過b的平面內(nèi)；B錯誤，a與內(nèi)的直線平行或異面；C錯誤，兩個平面可能相交；D正確，由a，可得a平行于經(jīng)過直線a的平面與的交線c，即ac，又ab，所以bc，b，c，所以b.2(必修2P58練習(xí)T3改編)平面平面的一個充分條件是()A存在一條直線a，a，aB存在一條直線a，a，aC存在兩條平行直線a，b，
4、a，b，a，bD存在兩條異面直線a，b，a，b，a，b解析：選D.若l，al，a，a，a，a，故排除A.若l，a，al，則a，故排除B.若l，a，al，b，bl，則a，b，故排除C.3(必修2P62A組T3改編)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為DD1的中點，則BD1與平面AEC的位置關(guān)系為_解析：連接BD，設(shè)BDACO，連接EO，在BDD1中，E為DD1的中點，O為BD的中點，所以EO為BDD1的中位線，則BD1EO，而BD1平面ACE，EO平面ACE，所以BD1平面ACE.答案：平行易錯糾偏(1)對空間平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化條件理解不夠致誤；(2)對面面平行判定定理的條件“平面內(nèi)兩相
5、交直線”認(rèn)識不清致誤；(3)對面面平行性質(zhì)定理理解不深致誤1若平面平面，直線a平面，點B，則在平面內(nèi)且過B點的所有直線中()A不一定存在與a平行的直線B只有兩條與a平行的直線C存在無數(shù)條與a平行的直線D存在唯一的與a平行的直線解析：選A.當(dāng)直線a在平面內(nèi)且過B點時，不存在與a平行的直線故選A.2下列條件中，能判斷兩個平面平行的是_一個平面內(nèi)的一條直線平行于另一個平面；一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面；一個平面內(nèi)有無數(shù)條直線平行于另一個平面；一個平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個平面解析：由兩個平面平行的判定定理可知，如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另外一個平面平行，那么這兩個平面平行顯然只有符
6、合條件答案：3如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為_解析：因為平面ABFE平面DCGH，又平面EFGH平面ABFEEF，平面EFGH平面DCGHHG，所以EFHG.同理EHFG，所以四邊形EFGH是平行四邊形答案：平行四邊形線面平行的判定與性質(zhì)(高頻考點)平行關(guān)系是空間幾何中的一種重要關(guān)系，包括線線平行、線面平行、面面平行，其中線面平行在高考試題中出現(xiàn)的頻率很高，一般出現(xiàn)在解答題的某一問中主要命題角度有：(1)線面位置關(guān)系的判斷；(2)線面平行的證明；(3)線面平行性質(zhì)的應(yīng)用角度一線面位置關(guān)系的判斷 設(shè)m，n表示不同直線，表示不同平面，則下列結(jié)論中
7、正確的是()A若m，mn，則nB若m，n，m，n，則C若，m，mn，則nD若，m，nm，n，則n【解析】A錯誤，n有可能在平面內(nèi)；B錯誤，平面有可能與平面相交；C錯誤，n也有可能在平面內(nèi)；D正確，易知m或m，若m，又nm，n，所以n，若m，過m作平面交平面于直線l，則ml，又nm，所以nl，又n，l，所以n.【答案】D角度二線面平行的證明 (2020浙江省六市六校聯(lián)盟模擬)如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1底面ABC，ABBC，點D為AC的中點，AA1AB2.(1)求證：AB1平面BC1D；(2)若BC3，求三棱錐DBC1C的體積【解】(1)證明：連接B1C，設(shè)B1C與BC1相
8、交于點O，連接OD.因為四邊形BCC1B1是平行四邊形所以點O為B1C的中點因為點D為AC的中點，所以O(shè)D為AB1C的中位線，所以O(shè)DAB1.因為OD平面BC1D，AB1平面BC1D，所以AB1平面BC1D.(2)在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱CC1AA1.又因為AA1平面ABC，所以側(cè)棱CC1平面ABC，故CC1為三棱錐C1BCD的高，A1ACC12，因為SBCDSABC，所以VDBCC1VC1BCDCC1SBCD21.角度三線面平行性質(zhì)的應(yīng)用 如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，點E為線段AD上的任意一點(不包括A，D兩點)，平面CEC1與平面BB1D交于FG.證明：FG平面AA
9、1B1B.【證明】在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1CC1，BB1平面BB1D，CC1平面BB1D，所以CC1平面BB1D，又CC1平面CEC1，平面CEC1與平面BB1D交于FG，所以CC1FG，因為BB1CC1，所以BB1FG，而BB1平面AA1B1B，F(xiàn)G平面AA1B1B，所以FG平面AA1B1B.證明直線與平面平行的常用方法(1)定義法：證明直線與平面沒有公共點，通常要借助于反證法來證明(2)判定定理法：在利用判定定理時，關(guān)鍵是找到平面內(nèi)與已知直線平行的直線，可先直觀判斷題中是否存在這樣的直線，若不存在，則需作出直線，?？紤]利用三角形的中位線、平行四邊形的對邊平行或過已知直線作
10、一平面，找其交線進行證明 1如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()解析：選A.對于選項B，如圖所示，連接CD，因為ABCD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQCD，所以ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，所以AB平面MNQ.同理可證選項C，D中均有AB平面MNQ.故選A.2.如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，點F是AB的中點，點E是PD的中點(1)證明：PB平面AEC；(2)在PC上求一點G，使FG平面AEC，并證明你的結(jié)論解：(1)證明：連接BD與AC交于點O，連接EO.因為四邊
11、形ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點又E為PD的中點，所以EOPB.因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)PC的中點G即為所求的點證明如下：設(shè)點G為PC的中點，連接GE、FG，因為E為PD的中點，所以GE綊CD.又F為AB的中點，且四邊形ABCD為矩形，所以FA綊CD.所以FA綊GE.所以四邊形AFGE為平行四邊形，所以FGAE.又FG平面AEC，AE平面AEC，所以FG平面AEC.面面平行的判定與性質(zhì) 如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點，求證：(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1平面BCHG.
12、【證明】(1)因為點G，H分別是A1B1，A1C1的中點，所以GHB1C1，又B1C1BC，所以GHBC，所以B，C，H，G四點共面(2)在ABC中，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，所以EFBC，因為EF平面BCHG，BC平面BCHG，所以EF平面BCHG.又因為G，E分別為A1B1，AB的中點，所以A1G綊EB，所以四邊形A1EBG是平行四邊形，所以A1EGB.因為A1E平面BCHG，GB平面BCHG，所以A1E平面BCHG.又因為A1EEFE，所以平面EFA1平面BCHG.1(變問法)在本例條件下，若點D為BC1的中點，求證：HD平面A1B1BA.證明：如圖所示，連接HD，A1B，因為D為B
13、C1的中點，H為A1C1的中點，所以HDA1B，又HD平面A1B1BA，A1B平面A1B1BA，所以HD平面A1B1BA.2(變問法)在本例條件下，若D1，D分別為B1C1，BC的中點，求證：平面A1BD1平面AC1D.證明：如圖所示，連接A1C交AC1于點M，因為四邊形A1ACC1是平行四邊形，所以M是A1C的中點，連接MD，因為D為BC的中點，所以A1BDM.因為A1B平面A1BD1，DM平面A1BD1，所以DM平面A1BD1.又由三棱柱的性質(zhì)知，D1C1綊BD，所以四邊形BDC1D1為平行四邊形，所以DC1BD1.又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，所以DC1平面A1BD1，又
14、因為DC1DMD，DC1，DM平面AC1D，所以平面A1BD1平面AC1D. 1(2020嘉興調(diào)研)如圖，AB平面平面，過A，B的直線m，n分別交，于點C，E和D，F(xiàn)，若AC2，CE3，BF4，則BD的長為()A. B.C. D.解析：選C.由AB，易證 .即，所以BD.2如圖所示，四邊形ABCD與四邊形ADEF都為平行四邊形，點M，N，G分別是AB，AD，EF的中點求證：(1)BE平面DMF；(2)平面BDE平面MNG.證明：(1)如圖所示，設(shè)DF與GN交于點O，連接AE，則AE必過點O，連接MO，則MO為ABE的中位線，所以BEMO.因為BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF.
15、(2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DEGN.因為DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.因為M為AB的中點，所以MN為ABD的中位線，所以BDMN.因為BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG.因為DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線，所以平面BDE平面MNG.立體幾何中的探索性問題 如圖，四棱錐PABCD中，ABCD，AB2CD，E為PB的中點(1)求證：CE平面PAD；(2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PAD平面CEF？若存在，證明你的結(jié)論，若不存在，請說明理由【解】(1)證明：如圖所示，取PA的中點H，連接EH，DH，因為E
16、為PB的中點，所以EHAB，EHAB，又ABCD，CDAB.所以EHCD，EHCD，因此四邊形DCEH是平行四邊形，所以CEDH，又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.(2)如圖所示，取AB的中點F，連接CF，EF，所以AFAB，又CDAB，所以AFCD，又AFCD，所以四邊形AFCD為平行四邊形，所以CFAD，又CF平面PAD，所以CF平面PAD，由(1)可知CE平面PAD，又CECFC，故平面CEF平面PAD，故存在AB的中點F滿足要求解決探索性問題的策略方法(1)根據(jù)探索性問題的設(shè)問，假設(shè)其存在并探索出結(jié)論，然后在這個假設(shè)下進行推理論證，若得到合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，若
17、得到矛盾就否定假設(shè)(2)按類似于分析法的格式書寫步驟：從結(jié)論出發(fā)“要使成立”“只需使成立” 如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，點D，E分別為AB，BC的中點(1)若F為BB1的中點，判斷AC1與平面DEF是否平行？若平行，請給予證明，若不平行，說明理由；(2)試問：在側(cè)棱BB1上是否存在點F，使三棱錐FDEB的體積與三棱柱ABCA1B1C1的體積之比為.解：(1)法一：連接B1C，BC1，B1C與BC1交于點G，連接DG，F(xiàn)G，則DGAC1，因為DG平面GDF，AC1平面GDF，則AC1平面GDF.由于平面GDF平面DEFDF，故AC1與平面DEF不可能平行法二：連接B1C，BC1，B1C
18、與BC1交于點G，連接DG，F(xiàn)G，則DGAC1，而DG平面DEF，且DG與平面DEF交于點D，故AC1與平面DEF不可能平行(2)假設(shè)點F存在，由，得，顯然，點F不存在基礎(chǔ)題組練1在空間內(nèi)，下列命題正確的是()A平行直線的平行投影重合B平行于同一直線的兩個平面平行C垂直于同一平面的兩個平面平行D垂直于同一平面的兩條直線平行解析：選D.對于A，平行直線的平行投影也可能互相平行，或為兩個點，故A錯誤；對于B，平行于同一直線的兩個平面也可能相交，故B錯誤；對于C，垂直于同一平面的兩個平面也可能相交，故C錯誤；而D為直線和平面垂直的性質(zhì)定理，正確2設(shè)，是兩個不同的平面，m是直線且m，“m”是“”的()
19、A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件解析：選B.當(dāng)m時，過m的平面與可能平行也可能相交，因而mD/；當(dāng)時，內(nèi)任一直線與平行，因為m，所以m.綜上知，“m”是“”的必要而不充分條件3(2020杭州中學(xué)高三期中)已知m，n是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題中正確的是()A若，則B若mn，m，n，則C若mn，m，n，則D若mn，m，則n解析：選C.對于A，若，則與平行或相交；對于B，若mn，m，n，則與平行或相交；對于D，若mn，m，則n或n在平面內(nèi)4.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AD上的點，且AEEBAFFD14，又H，G分
20、別為BC，CD的中點，則()ABD平面EFGH，且四邊形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四邊形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四邊形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形解析：選B.由AEEBAFFD14知EF綊BD，所以EF平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HG綊BD，所以EFHG且EFHG.所以四邊形EFGH是梯形5如圖，若是長方體ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去幾何體EB1FHC1G后得到的幾何體，其中E為線段A1B1上異于B1的點，F(xiàn)為線段BB1上異于B1的點，且EHA1D1，則下列結(jié)論不正確的是()AEHFG B四邊形EFGH是矩形C
21、是棱柱 D是棱臺解析：選D.因為EHA1D1，A1D1B1C1，所以EHB1C1，所以EH平面BCGF，又因為FG平面BCGF，所以EHFG，故A正確；因為B1C1平面A1B1BA，EF平面A1B1BA，所以B1C1EF，則EHEF，又由上面的分析知，EFGH為平行四邊形，故它是矩形，故B正確；因為EHB1C1FG，故是棱柱，故C正確6(2020杭州二中期中考試)如圖，在多面體ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，EFDG，且ABDE，DG2EF，則()ABF平面ACGDBCF平面ABEDCBCFGD平面ABED平面CGF解析：選A.取DG的中點為M，連接AM，F(xiàn)M，如圖所示則由已知條件易
22、證四邊形DEFM是平行四邊形，所以DE綊FM，因為平面ABC平面DEFG，平面ABC平面ADEBAB，平面DEFG平面ADEBDE，所以ABDE，所以ABFM.又ABDE，所以ABFM，所以四邊形ABFM是平行四邊形，即BFAM.又BF平面ACGD，所以BF平面ACGD.故選A.7.如圖，在空間四邊形ABCD中，MAB，NAD，若，則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是_解析：在平面ABD中，所以MNBD.又MN平面BCD，BD平面BCD，所以MN平面BCD.答案：平行8.如圖，正方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，點E為AD的中點，點F在CD上若EF平面AB1C，則線段EF的長度等于_解析：
23、因為EF平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1CAC，所以EFAC，所以點F為DC的中點故EFAC.答案：9(2020寧波效實中學(xué)模擬)如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M只需滿足條件_時，就有MN平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J(rèn)為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況)解析：連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FHDD1，HNBD，所以平面FHN平面B1BDD1，只要MFH，則MN平面FHN，所以MN平面B1BDD1.答案：M位于線段FH上(答案不唯一)10在棱長
24、為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，點P是A1B1的中點，過點A1作與截面PBC1平行的截面，所得截面的面積是_解析：如圖，取AB，C1D1的中點E，F(xiàn)，連接A1E，A1F，EF，則平面A1EF平面BPC1.在A1EF中，A1FA1E，EF2，SA1EF2，從而所得截面面積為2SA1EF2.答案：211如圖，已知ABCDA1B1C1D1是棱長為3的正方體，點E在AA1上，點F在CC1上，點G在BB1上，且AEFC1B1G1，點H是B1C1的中點(1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點共面；(2)求證：平面A1GH平面BED1F.證明：(1)因為AEB1G1，所以BGA1E2，因為BGA1E，所以A
25、1GBE.又因為C1F綊B1G，所以FGC1B1D1A1，所以四邊形A1GFD1是平行四邊形所以A1GD1F，所以D1FEB，故E、B、F、D1四點共面(2)因為點H是B1C1的中點，所以B1H.又B1G1，所以.又，且FCBGB1H90，所以B1HGCBF，所以B1GHCFBFBG，所以HGFB.又由(1)知A1GBE，且HGA1GG，F(xiàn)BBEB，所以平面A1GH平面BED1F. 12如圖，斜三棱柱ABCA1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點(1)當(dāng)?shù)扔诤沃禃r，BC1平面AB1D1?(2)若平面BC1D平面AB1D1，求的值解：(1)如圖，取D1為線段A1C1的中點，此時1.連
26、接A1B交AB1于點O，連接OD1.由棱柱的性質(zhì)，知四邊形A1ABB1為平行四邊形，所以點O為A1B的中點在A1BC1中，點O，D1分別為A1B，A1C1的中點，所以O(shè)D1BC1.又因為OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，所以BC1平面AB1D1.所以1時，BC1平面AB1D1.(2)由已知，平面BC1D平面AB1D1，且平面A1BC1平面BDC1BC1，平面A1BC1平面AB1D1D1O.因此BC1D1O，同理AD1DC1.所以，.又因為1，所以1，即1.綜合題組練1如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCDA1B1C1D1內(nèi)灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾
27、斜度的不同，有下面四個命題：沒有水的部分始終呈棱柱形；水面EFGH所在四邊形的面積為定值；棱A1D1始終與水面所在平面平行；當(dāng)容器傾斜如圖所示時，BEBF是定值其中正確的個數(shù)是()A1B2C3 D4解析：選C.由題圖知，顯然是正確的，是錯的；對于因為A1D1BC，BCFG，所以A1D1FG且A1D1平面EFGH，所以A1D1平面EFGH(水面)所以是正確的；因為水是定量的(定體積V)所以SBEFBCV，即BEBFBCV.所以BEBF(定值)，即是正確的，故選C.2(2020杭州二中模擬)已知兩個不重合的平面，給定以下條件：內(nèi)不共線的三點到的距離相等；l，m是內(nèi)的兩條直線，且l，m；l，m是兩條
28、異面直線，且l，l，m，m.其中可以判定的是()A BC D解析：選D.中，內(nèi)的三點中如果一點在平面的一側(cè)，另兩點在平面的另一側(cè)，也可滿足這三點到的距離相等，所以不符合題意中，l與m平行時，與也可能相交中，如圖所示，過直線l作一平面，設(shè)a，b.因為l，l，所以la，lb，所以ab，過直線m作一平面，設(shè)c，d.因為m，m，所以mc，md，所以cd，所以c.因為l，m是兩條異面直線，所以a，c必相交，所以，所以符合題意3在ABC中，AB5，AC7，A60，G是重心，過G的平面與BC平行，ABM，ACN，則MN_解析：根據(jù)余弦定理，得BC2AB2AC22ABACcos A39，所以BC.因為BC，M
29、N平面ABC，所以MNBC，又G是ABC的重心，連接AG交BC于D，所以，則MN.答案：4(2020溫州中學(xué)高考模擬)如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a，點P是棱AD上一點，且AP，過B1、D1、P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直線CD上，則PQ_解析：因為平面A1B1C1D1平面ABCD，而平面B1D1P平面ABCDPQ，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，所以B1D1PQ.又因為B1D1BD，所以BDPQ，設(shè)PQABM，因為ABCD，所以APMDPQ.所以2，即PQ2PM.又知APMADB，所以，所以PMBD，又BDa，所以PQa.答案：a5(2020杭州學(xué)軍中學(xué)
30、高三模擬)如圖，一個側(cè)棱長為l的直三棱柱ABCA1B1C1容器中盛有液體(不計容器厚度)若液面恰好分別過棱AC，BC，B1C1，A1C1的中點D，E，F(xiàn)，G.(1)求證：平面DEFG平面ABB1A1；(2)當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時，求液面的高解：(1)證明：因為D，E分別為棱AC，BC的中點，所以DE是ABC的中位線，所以DEAB.又DE平面ABB1A1，AB平面ABB1A1，所以DE平面ABB1A1.同理DG平面ABB1A1，又DEDGD，所以平面DEFG平面ABB1A1.(2)當(dāng)直三棱柱ABCA1B1C1容器的側(cè)面AA1B1B水平放置時，由(1)可知，液體部分是直四棱柱，其高即為原直三棱柱A
31、BCA1B1C1容器的高，即側(cè)棱長l，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時，設(shè)液面的高為h，ABC的面積為S，則由已知條件可知，CDECAB，且SCDES，所以S四邊形ABEDS.由于兩種狀態(tài)下液體體積相等，所以V液體ShS四邊形ABEDlSl，即hl.因此，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時，液面的高為l.6如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18.點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，過點E、F的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形EFGH.(1)求證：A1ED1F；(2)判斷A1D與平面的關(guān)系解：(1)證明：過點E分別作EMAB于點M，END1C1于點N.設(shè)MHm，NFn.因為EFGH是正方形，所以EFEHHF.又在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA18，BC10.所以102n282m210282(mn)2解得n0，m6.所以N與F重合所以A1ED1ND1F.(2)由(1)知，A1DEG.又A1EDG.所以四邊形A1DGE是以A1D與EG為腰的梯形，即A1D與EG相交又EG.所以直線A1D與平面相交20
（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 4 第4講 直線、平面平行的判定及其性質(zhì)教學(xué)案
