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面面平行的性质和面面垂直的性质,是高考中立体几何的重要考点之一。在能够充分理解这些性质的基础上,关键是要做到能够灵活运用这些性质来解决问题。
类型一：面面平行的性质定理
【例１】 如图,棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中,M、N、H分别是B1C1、C1D1、BC的中点.
(1) 求证：平面CMN∥平面HB1D1；
(2) 若平面HB1D1∩CD=G,求证：G为CD的中点．
分析 (1) 可以利用面面平行的判定定理,由线面平行证明面面平行,而线面平行又由线线平行得到；(2) 第一问中的面面平行这一结果可以作为第二问的条件,利用面面平行性质定理,将空间中的面面平行转化为平面中的线线平行,进而确定点的位置。
证明 (1) ∵M、N分别是B1C1、C1D1的中点,∴MN∥B1D1,
又MN平面HB1D1,B1D1平面HB1D1,
∴MN∥平面HB1D1且在正方形BCC1B1中,
∵M、H分别是B1C1、BC的中点,∴B1M∥CH且B1M=CH,∴四边形B1MCH是平行四边形,∴HB1∥CM,
又CM平面HB1D1,B1H平面HB1D1,∴CM∥平面HB1D1,
由MN平面CMN,CM平面CMN,CM∩MN=M,∴平面CMN∥平面HB1D1．
(2) 由(1)知平面CMN∥平面HB1D1,平面CC1D1D∩平面CMN=CN,平面CC1D1D∩平面HB1D1=D1G,∴D1G∥CN,在正方体中D1N∥CG,∴四边形CGD1N是平行四边形,∴D1N=CG,又D1N=12C1D1,C1D1=CD,∴CG=12CD,即G为CD的中点．
点拨 在(2)的证明过程中此处利用了(1)的结论,本题也可以借由另外一对面面平行来完成,即平面ABCD∥平面A1B1C1D1,用平面HB1D1去截这两个平面,得到的交线是GH,B1D1,则由性质定理可知GH∥B1D1,再根据H是BC的中点去说明G为CD的中点。
【奇思妙想】 已知平面α∥平面β,直线AB和CD是两异面直线,A∈α,C∈α,B∈β,D∈β,E、F分别为AB和CD的中点,求证：EF∥β．
分析 此题要构建面面平行缺少了一条线,即要连接AD(或BC),根据中位线的平行关系可知,应该取AD的中点来构建面面平行,进而推出线面平行。
证明 连接AD,取AD的中点G,连接EG,FG,E,G分别为AB和AD的中点,∴EG∥BD,EGβ,BDβ,∴EG∥β,G,F分别为DA,DC的中点,∴GF∥AC,记平面ABC=γ,γ∩β=l,则由α∥β,α∩γ=AC,β∩γ=l可知AC∥l,∴GF∥l,lβ,GFβ,∴GF∥β,又EG∥β,EG∩GF=G,EG平面EFG,GF平面EFG,∴平面EFG∥β,由EFβ,可得EF∥β．
点拨 (1) 此题在构建面面平行当中,借助了面面平行的性质定理来得到线线平行,进而得到线面平行,充分体现了线线平行——线面平行——面面平行三者关系的相互转化；(2) 此题还可以通过连接另外一条线来处理,即连接CE(或AF),可设CE延长线交β于H,连接BH,DH,由面面平行性质定理得到AC∥BH,再利用相似得到EF∥DH,进而得到EF∥β。
类型二：面面垂直的性质定理
【例2】 如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是两条棱B1C1,C1D1的中点,求点C到截面BDFE的距离．
分析 要求点到面的距离,要过此点作面的垂线,即求垂线段的长度,关键就是确定垂足的位置,而确定垂足,常用面面垂直的性质定理,用交线的垂线来确定。
解 连接AC,A1C1,记AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,连接PQ,作CM⊥PQ于M，
在正方体ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,BD平面ABCD,∴AA1⊥BD,
又AC⊥BD,∴BD⊥平面ACC1A1,BD平面BDFE,∴平面BDFE⊥平面ACC1A1,
由平面BDFE∩平面ACC1A1=PQ,CM平面ACC1A1,∴CM⊥平面BDFE,∴CM即为所求；在梯形CPQC1中,CP=22,C1Q=24,CC1=1,PQ=324，∴CM×PQ=CP×CC1,CM=23．
点拨 (1) 立体几何中的求距离问题,对作垂线的要求是比较高的,而常用的思想方法就是借助于面面垂直,将其转化为到交线的垂线来处理,将空间距离转化为平面距离,利用面积转换等思想解决问题；(2) 此种求距离的类型也可以借助三棱锥中的体积转换来求,如此题可以利用VCBDF=VFBCD求出点C到截面BDFE的距离。
【奇思妙想】 在正方体ABCDA1B1C1D1中,已知E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点．
(1) 求证：BG∥平面A1EF；
(2) 若P为棱CC1上一点,求当CPPC1等于多少时,平面A1EF⊥平面EFP．
不患位之不尊，而患德之不崇；不耻禄之不伙，而耻智之不博。——张衡
分析 (1) 利用平面BGD构建一个面面平行：平面BGD∥平面A1EF来证明线面平行,运用的是面面平行的性质；(2) 从图中可以发现△A1EF是等腰三角形,因此取EF的中点即可找到交线的垂线,进而利用面面垂直性质定理来处理。
证明 (1) 连接GD,BD,在正方体ABCDA1B1C1D1中，F、G是棱AD、D1A1的中点，∴A1G=12A1D1,FD=12AD,由A1D1∥AD且A1D1=AD,∴A1G∥FD且A1G=FD,∴四边形A1GDF是平行四边形,∴A1F∥GD,
又GD平面A1EF,A1F平面A1EF,∴GD∥平面A1EF；
∵E、F分别是棱AB、AD的中点,
∴EF∥BD,由BD平面A1EF,EF平面A1EF,∴BD∥平面A1EF,
又GD平面BGD,BD平面BGD,BD∩GD=D,∴平面BGD∥平面A1EF,BG平面BGD,∴BG∥平面A1EF．
(2) 取EF的中点Q,连接A1Q,PQ,A1P,∵A1E=A1F,∴A1Q⊥EF,若平面A1EF⊥平面EFP,由平面A1EF∩平面EFP=EF,A1Q平面A1EF,可知A1Q⊥平面EFP,又PQ平面EFP,∴A1Q⊥PQ即∠A1QP=90°,
方法一：设正方体棱长为1,CP=x,C1P=1-x.在Rt△A1QP中,
A1Q=1+242=324,
PQ=3242+x2=98+x2,
A1P=A1C21+C1P2=2+(1-x)2,
∴98+98+x2=2+(1-x)2,∴x=38,
类型一：面面平行的性质定理
【例１】 如图,棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中,M、N、H分别是B1C1、C1D1、BC的中点.
(1) 求证：平面CMN∥平面HB1D1；
(2) 若平面HB1D1∩CD=G,求证：G为CD的中点．
分析 (1) 可以利用面面平行的判定定理,由线面平行证明面面平行,而线面平行又由线线平行得到；(2) 第一问中的面面平行这一结果可以作为第二问的条件,利用面面平行性质定理,将空间中的面面平行转化为平面中的线线平行,进而确定点的位置。
证明 (1) ∵M、N分别是B1C1、C1D1的中点,∴MN∥B1D1,
又MN平面HB1D1,B1D1平面HB1D1,
∴MN∥平面HB1D1且在正方形BCC1B1中,
∵M、H分别是B1C1、BC的中点,∴B1M∥CH且B1M=CH,∴四边形B1MCH是平行四边形,∴HB1∥CM,
又CM平面HB1D1,B1H平面HB1D1,∴CM∥平面HB1D1,
由MN平面CMN,CM平面CMN,CM∩MN=M,∴平面CMN∥平面HB1D1．
(2) 由(1)知平面CMN∥平面HB1D1,平面CC1D1D∩平面CMN=CN,平面CC1D1D∩平面HB1D1=D1G,∴D1G∥CN,在正方体中D1N∥CG,∴四边形CGD1N是平行四边形,∴D1N=CG,又D1N=12C1D1,C1D1=CD,∴CG=12CD,即G为CD的中点．
点拨 在(2)的证明过程中此处利用了(1)的结论,本题也可以借由另外一对面面平行来完成,即平面ABCD∥平面A1B1C1D1,用平面HB1D1去截这两个平面,得到的交线是GH,B1D1,则由性质定理可知GH∥B1D1,再根据H是BC的中点去说明G为CD的中点。
【奇思妙想】 已知平面α∥平面β,直线AB和CD是两异面直线,A∈α,C∈α,B∈β,D∈β,E、F分别为AB和CD的中点,求证：EF∥β．
分析 此题要构建面面平行缺少了一条线,即要连接AD(或BC),根据中位线的平行关系可知,应该取AD的中点来构建面面平行,进而推出线面平行。
证明 连接AD,取AD的中点G,连接EG,FG,E,G分别为AB和AD的中点,∴EG∥BD,EGβ,BDβ,∴EG∥β,G,F分别为DA,DC的中点,∴GF∥AC,记平面ABC=γ,γ∩β=l,则由α∥β,α∩γ=AC,β∩γ=l可知AC∥l,∴GF∥l,lβ,GFβ,∴GF∥β,又EG∥β,EG∩GF=G,EG平面EFG,GF平面EFG,∴平面EFG∥β,由EFβ,可得EF∥β．
点拨 (1) 此题在构建面面平行当中,借助了面面平行的性质定理来得到线线平行,进而得到线面平行,充分体现了线线平行——线面平行——面面平行三者关系的相互转化；(2) 此题还可以通过连接另外一条线来处理,即连接CE(或AF),可设CE延长线交β于H,连接BH,DH,由面面平行性质定理得到AC∥BH,再利用相似得到EF∥DH,进而得到EF∥β。
类型二：面面垂直的性质定理
【例2】 如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是两条棱B1C1,C1D1的中点,求点C到截面BDFE的距离．
分析 要求点到面的距离,要过此点作面的垂线,即求垂线段的长度,关键就是确定垂足的位置,而确定垂足,常用面面垂直的性质定理,用交线的垂线来确定。
解 连接AC,A1C1,记AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q,连接PQ,作CM⊥PQ于M，
在正方体ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,BD平面ABCD,∴AA1⊥BD,
又AC⊥BD,∴BD⊥平面ACC1A1,BD平面BDFE,∴平面BDFE⊥平面ACC1A1,
由平面BDFE∩平面ACC1A1=PQ,CM平面ACC1A1,∴CM⊥平面BDFE,∴CM即为所求；在梯形CPQC1中,CP=22,C1Q=24,CC1=1,PQ=324，∴CM×PQ=CP×CC1,CM=23．
点拨 (1) 立体几何中的求距离问题,对作垂线的要求是比较高的,而常用的思想方法就是借助于面面垂直,将其转化为到交线的垂线来处理,将空间距离转化为平面距离,利用面积转换等思想解决问题；(2) 此种求距离的类型也可以借助三棱锥中的体积转换来求,如此题可以利用VCBDF=VFBCD求出点C到截面BDFE的距离。
【奇思妙想】 在正方体ABCDA1B1C1D1中,已知E、F、G分别是棱AB、AD、D1A1的中点．
(1) 求证：BG∥平面A1EF；
(2) 若P为棱CC1上一点,求当CPPC1等于多少时,平面A1EF⊥平面EFP．
不患位之不尊，而患德之不崇；不耻禄之不伙，而耻智之不博。——张衡
分析 (1) 利用平面BGD构建一个面面平行：平面BGD∥平面A1EF来证明线面平行,运用的是面面平行的性质；(2) 从图中可以发现△A1EF是等腰三角形,因此取EF的中点即可找到交线的垂线,进而利用面面垂直性质定理来处理。
证明 (1) 连接GD,BD,在正方体ABCDA1B1C1D1中，F、G是棱AD、D1A1的中点，∴A1G=12A1D1,FD=12AD,由A1D1∥AD且A1D1=AD,∴A1G∥FD且A1G=FD,∴四边形A1GDF是平行四边形,∴A1F∥GD,
又GD平面A1EF,A1F平面A1EF,∴GD∥平面A1EF；
∵E、F分别是棱AB、AD的中点,
∴EF∥BD,由BD平面A1EF,EF平面A1EF,∴BD∥平面A1EF,
又GD平面BGD,BD平面BGD,BD∩GD=D,∴平面BGD∥平面A1EF,BG平面BGD,∴BG∥平面A1EF．
(2) 取EF的中点Q,连接A1Q,PQ,A1P,∵A1E=A1F,∴A1Q⊥EF,若平面A1EF⊥平面EFP,由平面A1EF∩平面EFP=EF,A1Q平面A1EF,可知A1Q⊥平面EFP,又PQ平面EFP,∴A1Q⊥PQ即∠A1QP=90°,
方法一：设正方体棱长为1,CP=x,C1P=1-x.在Rt△A1QP中,
A1Q=1+242=324,
PQ=3242+x2=98+x2,
A1P=A1C21+C1P2=2+(1-x)2,
∴98+98+x2=2+(1-x)2,∴x=38,