直线与平面平行问题的证明方法剖析

■侯 军

证明线面平行问题是高考立体几何大题的高频考点,采用立体几何的基本定理和性质进行逻辑论证是证明此类问题的重要方法。但总有一些同学不知道怎么思考此类问题,或者是不知道怎么合理地添加辅助线。本文就此提出一些考查立体几何线面平行问题的常见题型及证明方法,希望同学们仔细体会,争取突破此考点。

方法一：洞悉图形内涵,巧取中点,构造中位线证明线面平行

方法点拨：利用刻度尺将平面外的直线平移到平面内,通过直观观察,若发现平面内的直线与平面外的直线长度不相等,一般猜想中点构造三角形的中位线,利用三角形中位线定理得出线线平行,进而得到线面平行。

例1 如图1所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,E为PD的中点,求证:PB∥平面AEC。

图1

分析：利用刻度尺将PB平移到平面AEC内,猜想可能的平行直线为EO,不难发现点O为矩形ABCD对角线的交点,即中点,故可以构造三角形的中位线。

证明：如图1所示,连接BD交AC于点O,连接EO。因为四边形ABCD为矩形,所以O为BD的中点。又因为E为PD的中点,所以EO为△PBD的中位线,所以EO∥PB。因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC。

解答本题时,我们通过平移猜想找到了另一个中点,可构造三角形的中位线,得到平行关系。但要注意定理阐述的完整性,即“线在面外”(PB⊄平面AEC)这一条件不能丢。

强化训练1：如图2所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,D是AC的中点。求证:AB1∥平面BC1D。

图2

证明：如图2所示,连接B1C交BC1于点O,连接DO。因为在直三棱柱ABCA1B1C1中,B1BCC1为矩形,所以O为B1C的中点。又因为D为AC的中点,所以DO为△AB1C的中位线,所以DO∥AB1。因为OD⊂平面BC1D,AB1⊄平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D。

方法二：大胆平移,合理猜想,构造平行四边形证明线面平行

方法点拨：利用刻度尺将平面外的直线平移到平面内,通过直观观察,若发现平面内的直线与平面外的直线长度相等,一般猜想构造平行四边形,利用平行四边形对边平行得出线线平行,进而得到线面平行。

例2 如图3所示,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,AB=2CD,且M 是AB的中点。求证:C1M∥平面A1ADD1。

图3

分析：利用刻度尺将C1M平移到平面A1ADD1内,猜想可能的平行直线为D1A,通过直观观察猜想C1M与D1A的长度相等,不妨论证四边形AMC1D1为平行四边形,从而得出平行关系。

证明：如图3所示,连接AD1。因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥CD。又因为M是AB的中点,所以CDMA。因为在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,CDC1D1,所以C1D1MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形,所以C1M∥D1A。又因为D1A⊂平面A1ADD1,C1M⊄平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1。

解答本题时,利用刻度尺将C1M平移到平面A1ADD1上,轻松构造出平行四边形。但要注意,我们在读图、审题时,应遵循“先找后作”的原则,如已知图形中有疑似平行的直线,首先要论证,如若没有再作辅助线。

强化训练2：如图4所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,E为BC的中点,F为PA的中点。求证:BF∥平面PED。

图4

证明：如图4所示,取PD的中点H,连接HF,EH,PE。因为H为PD的中点,F为PA的中点,所以又因为ABCD为矩形,E为BC的中点,所以BE■。所以BEHF,所以四边形BFHE为平行四边形,所以BF∥EH。又因为BF⊄平面PDE,EH⊂平面PDE,所以BF∥平面PED。

方法三：深挖题意,大胆作图,巧用比例式证明线面平行

方法点拨：我们知道,如果一条直线截三角形的两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例,那么这条直线平行于三角形的第三边,这也是得到线线平行的一种有力工具。

例3 如图5所示,点B为△ACD所在平面外的一点,点M,N分别为△ABC,△ABD的重心。求证:MN∥平面ACD。

图5

分析：由点M,N分别为△ABC,△ABD的重心,想到作出重心所在的线段,同时得到2,进而在△BEF中得到平行关系。

证明：如图5所示,连接BM,BN并延长分别交AC,AD于点E,F,连接EF,MN。因为点M,N分别为△ABC,△ABD的重心,所以,所以MN∥EF。又因为EF⊂平面ACD,MN⊄平面ACD,所以MN∥平面ACD。

本题看似无从下手,其实解答的关键在于是否理解题目中出现的重心的定义和性质(三角形的重心是三角形三条中线的交点,该点到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍),先利用三角形重心定理大胆地作出辅助线,再利用平行线分线段成比例定理证明得出平行关系。

强化训练3：如图6所示,四边形ABCD是平行四边形,∠ACB=90°,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,AB=2EF,M为AD的中点。求证:GM∥平面ABFE。

图6

证明：如图6所示,因为EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC,∠ACB=90°,所以∠EGF=90°,所以△ABC∽△EFG。连接AF,因为FGBC,在平行四边形ABCD中,M为AD的中点,AMBC,所以FGAM。所以四边形AFGM是平行四边形,所以AF∥GM。又因为GM⊄平面ABFE,AF⊂平面ABFE,所以GM∥平面ABFE。

方法四：无计可施,迂回证明,利用面面平行证明线面平行

方法点拨：当我们不能作出辅助线来直接证明线面平行时,不妨迂回一下,先从证明面面平行入手,再利用面面平行的性质(若两平面平行,则其中一个平面内的任一条直线都与另一个平面平行),这时我们就可由证明面面平行推出线面平行。

例4 如图7所示,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD,BC上的点,且EF∥AB,AD=2AE=2AB=4CF=4。将四边形EFCD沿EF折起至图8的位置,使AD=AE。求证:BC∥平面DAE。

图8

图7

分析：通过平移将BC移至平面DAE内,我们发现疑似BC∥AD,但这个猜想很难证明。观察翻折前后的两个图形,我们发现在直角梯形ABCD中,AD∥BC,折起至图8后,CF∥DE,FB∥AE,因此轻松得到平面CBF∥平面DAE,从而得证BC∥平面DAE。

证明：由题意可知,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,折起至图8后,CF∥DE,FB∥AE。因为CF∥DE,CF⊄平面DAE,DE⊂平面DAE,所以CF∥平面DAE。同理,FB∥平面DAE。又因为CF∩FB=F,CF,FB⊂平面CBF,所以平面CBF∥平面DAE。又因为BC⊂平面CBF,所以BC∥平面DAE。

解答本题时,我们发现直接证明难度较大,但论证平面CBF∥平面DAE比较容易,再利用面面平行的性质,便可得出BC∥平面DAE。所以同学们在平时的学习中,应仔细体会这种迂回论证的技巧。

强化训练4：如图9所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,E,G,H,K分别为BC,AD,PD,PC的中点,F为PA边上的一点,且满足AF=3PF。求证:BF∥平面EGHK。

图9

证明：因为在矩形ABCD中,E,G分别为BC,AD的中点,所以EG∥AB。又因为在△PAD中,H,G分别为PD,AD的中点,所以HG∥PA。因为EG∥AB,EG⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以EG∥平面PAB。同理,HG∥平面PAB。又因为HG∩EG=G,HG,EG⊂平面EGHK,所以平面PAB∥平面EGHK。因为BF⊂平面PAB,所以BF∥平面EGHK。