高考数学经典例题总结一(含解析)

———————————————————————————————— 作者：

———————————————————————————————— 日期：

两平面的平行判定和性质（含解析）

例1：已知正方体．

求证：平面平面．

证明：∵为正方体，

∴， 

又 平面，

故 平面．

同理 平面．

又 ，

∴ 平面平面．

说明：上述证明是根据判定定理1实现的．本题也可根据判定定理2证明，只需连接即可，此法还可以求出这两个平行平面的距离．

典型例题二

例2：如图，已知，，．

典型例题一

例1 已知，，，求点的坐标，使四边形为等腰梯形．

分析：利用等腰梯形所具备的性质“两底互相平行且两腰长相等”进行解题．

解：如图，

设，若，则，，

即

由①、②解得．

若，则

即

由③、④式解得．

故点的坐标为或．

说明：(1)把哪两条边作为梯形的底是讨论的标准，解此题时注意不要漏解．(2)在遇到两直线平行问题时，一定要注意直线斜率不存在的情况．此题中、的斜率都存在，故不可能出现斜率不存在的情况．

典型例题二

例2当为何值时，直线与直线互相垂直？

分析：分类讨论，利用两直线垂直的充要条件进行求解．或利用结论“设直线和的方程分别是，，则的充要条件是”（其证明可借助向量知识完成）解题．

解法一：由题意，直线．

(1)若，即，此时直线，显然垂直；

(2)若，即时，直线与直线不垂直；

(3)若，且，则直线、斜率、存在，

，．

当时，，即，

∴.

综上可知，当或时，直线．

解法二：由于直线，所以，解得．

故当或时，直线．

说明：对于本题，容易出现忽视斜率存在性而引发的解题错误，如先认可两直线、的斜率分别为、，则，．

由，得，即．

解上述方程为．从而得到当时，直线与互相垂直．

上述解题的失误在于机械地套用两直线垂直（斜率形式）的充要条件，忽视了斜率存在的大前提，因而失去对另一种斜率不存在时两直线垂直的考虑，出现了以偏概全的错误．

典型例题三

例3 已知直线经过点，且被两平行直线和截得的线段之长为5，求直线的方程．

分析：(1)如图，利用点斜式方程，分别与、联立，求得两交点、的坐标（用表示），再利用可求出的值，从而求得的方程．(2)利用、之间的距离及与夹角的关系求解．(3)设直线与、分别相交于、，则可通过求出、的值，确定直线的斜率（或倾斜角），从而求得直线的方程．

解法一：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时与、的交点分别为和，截得的线段的长，符合题意，

若直线的斜率存在，则设直线的方程为．

解方程组得，

解方程组得．

由，得．

解之，得，即欲求的直线方程为．

综上可知，所求的方程为或．

解法二：由题意，直线、之间的距离为，且直线被平等直线、所截得的线段的长为5（如上图），设直线与直线的夹角为，则，故∴．

由直线的倾斜角为135°，知直线的倾斜角为0°或90°，又由直线过点，故直线的方程为或．

解法三：设直线与、分别相交、，则：

，．

两式相减，得．　　　①

又　　　　　　　　②

联立①、②，可得或

由上可知，直线的倾斜角分别为0°或90°．

故所求直线方程为或．

说明：本题容易产生的误解是默认直线的斜率存在，这样由解法一就只能得到，从而遗漏了斜率不存在的情形．

一般地，求过一定点，且被两已知平行直线截得的线段为定长的直线，当小于两平行直线之间距离时无解；当时有唯一解；当时，有且只有两解．另外，本题的三种解法中，解法二采取先求出夹角后，再求直线的斜率或倾斜角，从方法上看较为简单；而解法三注意了利用整体思想处理问题，在一定程度上也简化了运算过程．

典型例题四

例4 已知点，，点在坐标轴上，且，则满足条件的点的个数是（ 　）．

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

解：点在坐标轴上，可有两种情况，即在轴或轴上，点的坐标可设为或．

由题意，，直线与直线垂直，其斜率乘积为－1，可分别求得或2，或4，所以满足条件的点的坐标为（0，0），（2，0），（0，4）．

说明：①本题还可以有另外两种解法：一种是利用勾股定理，另一种是直角三角形斜边与轴交点恰为斜边中点，则由到、距离相等的性质可解．②本题易错，可能只解一个坐标轴；可能解方程时漏解；也可能看到、各有两解而误以为有四点．

典型例题五

例5 已知的一个定点是，、的平分线分别是，，求直线的方程．

分析：利用角平分线的轴对称性质，求出关于，的对称点，它们显然在直线上．

解：关于，的对称点分别是和，且这两点都在直线上，由两点式求得直线方程为．

典型例题六

例6 求经过两条直线和的交点，并且垂直于直线的直线的方程．

解一：解得两直线和的交点为（，），由已知垂直关系可求得所求直线的斜率为，进而所求直线方程为．

解二：设所求直线方程为，将所求交点坐标（，）代入方程得，所以所求直线方程为．

解三：所求直线过点（，），且与直线垂直，所以，所求直线方程为

即 ．

解四：设所求直线得方程为

即 （1）

由于该直线与已知直线垂直

则

解得

代入（1）得所求直线方程为．

典型例题七

例7 已知定点（3，1），在直线和上分别求点和点，使的周长最短，并求出最短周长．

分析：由连接两点的线中，直线段最短，利用对称，把折线转化为直线，即转化为求两点间的距离．

解：如图1，设点关于直线和的对称点分别为，

∵

又

周长最小值是：

由两点式可得方程为：

．

而且易求得： （，），（，0），

此时，周长最短，周长为．

典型例题八

例8 已知实数，满足，求证：．

解：本题的几何意义是：直线上的点（，）与定点的距离的平方不小于．因为直线外一点与直线上任一点连线中，垂线段距离最短，而垂线段的长度即距离，

所以，即．

说明：本题应为不等式的题目，难度较大，证明方法也较多，但用解析几何的方法解决显得轻松简捷，深刻地体现了数形结合的思想．

典型例题九

例9 在平面直角坐标系中，，，点在上，，，试在轴的正半周上求一点，使取得最大值．

分析：要使最大，只需最大，而是直线到直线的角（此处即为夹角），利用公式可以解决问题．

解：如图2，设点

∵，，，

∴，

，

于是直线、的斜率分别为：

，

∴＝

＝

＝

＝

∵

∴

当且仅当即，点的坐标为（，0），由可知为锐角，所以此时有最大值．

说明：本题综合性强，是三角、不等式和解析几何知识的交汇点．另外本题也是足球射门最大角问题的推广．

为了更好地理解问题，可以演示用“几何画板”制作的课件.

典型例题十

例10　直线，求关于直线对称的直线的方程．

分析：本题可有多种不同的解法，给出多种解法的途径是：一类利用直线方程的不同形式求解；另一类采用消元思想进行求解．

解法一：由得与的交点为，显见也在上．

设的斜率为，又的斜率为-2，的斜率为，则

，解得．

故的直线方程为．即．

解法二：在直线上取一点，又设点关于直线的对称点为，则

解得

故由两点式可求得直线的方程为．

解法三：设直线上一动点关于直线的对称点为，则

解得，．

显然在上，即，也即．这便是所求的直线的方程．

解法四：设直线上一动点，则关于的对称点在直线上，可设的坐标为，则

即

消去，得，即此所求的直线的方程．

说明：在解法一中，应注意正确运用“到角公式”，明确由哪条直线到哪条直线的角．在具体解题时，最好能准确画出图形，直观地得出关系式．在解法四中，脱去绝对值符号时，运用了平面区域的知识．否则，若从表面上可得到两种结果，这显然很难准确地得出直线的方程．

本题的四种不同的解法，体现了求直线方程的不同的思想方法，具有一定的综合性．除此之外，从本题的不同解法中可以看出，只有对坐标法有了充分的理解与认识，并具有较强的数形结合意识，才有可能驾驭本题，从而在解法选择的空间上，真正做到游刃有余，左右逢源．

典型例题十一

例11　不论取什么实数，直线都经过一个定点，并求出这个定点．

分析：题目所给的直线方程的系数含有字母，给任何一个实数值，就可以得到一条确定的直线，因此所给的方程是以为参数的直线系方程．要证明这个直线系的直线都过一定点，就是证明它是一个共点的直线系，我们可以给出的两个特殊值，得到直线系中的两条直线，它们的交点即是直线系中任何直线都过的定点．

另一思路是由于方程对任意的都成立，那么就以为未知数，整理为关于的一元一次方程，再由一元一次方程有无数个解的条件求得定点的坐标．

解法一：对于方程，令，得；令，得．

解方程组得两直线的交点为．

将点代入已知直线方程左边，得：

．

这表明不论为什么实数，所给直线均经过定点．

解法二：将已知方程以为未知数，整理为：

．

由于取值的任意性，有

，解得，．

所以所给的直线不论取什么实数，都经过一个定点．

说明：(1)曲线过定点，即与参数无关，则参数的同次幂的系数为0，从而求出定点．

(2)分别令参数为两个特殊值，得方程组求出点的坐标，代入原方程满足，则此点为定点．

典型例题十二

例12　一年级为配合素质教育，利用一间教室作为学生绘画成果展览室．为节约经费，他们利用课桌作为展台，将装画的镜框旋置桌上，斜靠展出．已知镜框对桌面的倾角为()镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距、()，学生距离镜框下缘多远看画的效果最佳？

分析：建立如图所示的直角坐标系，为镜框边，为画的宽度，为下边缘上的一点，则可将问题转化为：

已知，，，在轴的正方向向上求一点，使取最大值．

因为视角最大时，从理论上讲，看画的效果最佳（不考虑其他因素）．

解：设点坐标为()，从三角函数定义知、两点坐标分别为、，于是直线、的斜率分别为

，．

于是，

即．

由于是锐角，且在上，则：，

当且仅当，即时，等号成立，此时取最大值，对应的点为，因此，学生距离镜框下缘处时，视角最大，即看画效果最佳．

说明：解决本题有两点至关重要：一是建立恰当的坐标系，使问题转化成解析几何问题求解；二是把问题进一步转化成求的最大值．如果坐标系选择不当，或选择求的最大值，都将使问题变得复杂起来．

本题是一个非常实际的数学应用问题，它不仅考查了直线的有关概念以及三角知识的结合运用，而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力．

典型例题十三

例13　知实数，满足，求的最小值．

分析：本题可使用减少变量法和数形结合法两种方法：可看成点与之间的距离．

解：(法1)由得()，

则

　　　　　　　　　，

∴的最小值是2.

(法2)∵实数，满足，

∴点在直线上．

而可看成点与点之间的距离(如图所示)

显然的最小值就是点到直线的距离：

，

∴的最小值为2．

说明：利用几何意义，可以使复杂问题简单化．形如的式子即可看成是两点间的距离，从而结合图形解决．

典型例题十四

例14直线是中的平分线所在的直线，且，的坐标分别为，，求顶点的坐标并判断的形状．

分析：“角平分线”就意味着角相等，故可考虑使用直线的“到角”公式将“角相等”列成一个表达式．

解：(法1)由题意画出草图（如图所示）．

∵点在直线上，∴设，

则，，．

由图易知到的角等于到的角，因此这两个角的正切也相等．

∴，

∴．

解得．

∴的坐标为，

∴，，

∴．

∴是直角三角形．

(法2)设点关于直线的对称点为，则必在直线上．以下先求．

由对称性可得

解得，∴．

∴直线的方程为，即．

由得．

∴，，

∴．

∴是直角三角形．

说明：(1)在解法1中设点坐标时，由于在直线上，故可设，而不设，这样可减少未知数的个数．(2)注意解法2中求点关于的对称点的求法：原理是线段被直线垂直平分．

典型例题十五

例15　两条直线，，求分别满足下列条件的的值．

(1) 与相交； (2) 与平行； (3) 与重合；

(4) 与垂直； (5) 与夹角为．

分析：可先从平行的条件(化为)着手．

解：由得，解得，．

由得．

(1)当且时，，与相交；

(2)当时，．；

(3)当时，，与重合；

(4)当，即，时，；

(5) ，．

由条件有．

将，代入上式并化简得，；

，．

∴当或-5或3时与夹角为．

说明：由解得或，此时两直线可能平行也可能重合，可将的值代入原方程中验证是平行还是重合．当时两直线一定相交，此时应是且．

典型例题十六

例16点，和，求过点且与点，距离相等的直线方程．

分析：可以用待定系数法先设出直线方程，再求之；也可从几何意义上考察这样的直线具有的特征．

解：(法1)设所求直线方程为，即，由点、到直线的距离相等得：

．

化简得，则有：或，

即或方程无解．

方程无解表明这样的不存在，但过点，所以直线方程为，它与，的距离都是3．

∴所求直线方程为或．

(法2)设所求直线为，由于过点且与，距离相等，所以有两种情况，如下图：

(1)当，在同侧时，有，此时可求得的方程为，即；

(2)当，在异侧时，必过中点，此时的方程为．

∴所求直线的方程为或．

说明：该题如果用待定系数法解易漏掉，即斜率不存在的情况．所以无论解什么题目，只要图形容易画出，就应结合图形，用代数法、几何法配合来解．

典型例题十七

例17　经过点且与直线平行的直线的方程．

分析：已知直线与直线平行，故的斜率可求，又过已知点，利用点斜式可得到的方程．另外由于与已知直线平行，利用平行直线系方程，再由已知点，也可确定的方程．

解法一：由已知直线，知其斜率．

又由与直线平行，所以直线的斜率．

又由直线经过已知点，所以利用点斜式得到直线的方程为：

，即．

解法二：因为直线平行于直线，所以可设直线的方程为．

又点在直线上，所以，解得．

故直线的方程为．

说明：解法二使用的是平行直线系，并用了待定系数法来解．

典型例题十八

例18　过点且与直线垂直的直线的方程．

分析：已知直线与直线垂直，故的斜率可求，又过已知点，利用点斜式可得到的方程．另外由于与已知直线垂直，利用垂直直线系方程，再由已知点，也可确定的方程．

解法一：由直线，知其斜率．

又由与直线垂直，所以直线的斜率．

又因过已知点，利用点斜式得到直线的方程为

，即．

解法二：由直线与直线垂直，可设直线的方程为：

．

又由直线经过已知点，有．

解得．因此直线的方程为．

说明：此题的解二中使用垂直直线系方程，并使用了待定系数法．

典型例题十九

例19知直线经过两条直线与的交点，且与直线的夹角为，求直线的方程．

分析：先求与的交点，再列两条直线夹角公式，利用与夹角为，求得的斜率．也可使用过两直线交点的直线系方程的方法省去求交点的过程，直接利用夹角公式求解．

解法一：由方程组解得直线与的交点．

于是，所求直线的方程为．

又由已知直线的斜率，而且与的夹角为，故由两直线夹角正切公式，得

，即．

有，，

当时，解得；当时，解得．

故所求的直线的方程为或，

即或．

解法二：由已知直线经过两条直线与的交点，则可设直线的方程为

，　　（*）

即．

又由与的夹角为，的方程为，有

，

即，也即，

从而，．

解得，．代入（*）式，可得直线的方程为

或．

说明：此题用到两直线的夹角公式，注意夹角公式与到角公式的区别。解法二还用到了过两相交直线的交点的直线系方程，用它可以省去求交点的过程，但不一定这样的运算就简单，还要根据具体题目选择合适的方法。

典型例题二十

例20　直线，一束光线过点，以的倾斜角投射到上，经反射，求反射线所在直线的方程．

分析：此题解法很多．如图，入射线与交于点，则点的坐标易得．求反射线的方程只缺少一个条件，寻求这个条件的主要思路有：

思路一：已知的倾斜角为，入射线的倾斜解为，可由三角形外角定理得到反射线的倾斜角．

思路二：如图，由光线的反射定律可知，到的角等于到反射线的角，可得到反射线的斜率．

思路三：由光的反射性质，可知反射线所在直线除经过点外，还经过点关于的对称点，求得的坐标，反射线方程也可求得．

思路四：由直线为入射线和反射线所在直线交角的平分线，上任意一点到入射线和反射线的距离相等，也可求得反射线的斜率．

思路五：可求得，直线为，入射线和反射线关于对称，利用反函数性质，由入射线的方程可以求出反射线的方程．

解法一：由已知入射线的倾斜角为，其斜率为，又入射线过点，所以入射线所在直线的方程为：．

解方程组得交点．

又因的倾斜角为，入射线的倾斜角，所以入射线与的夹角为．

于是据外角定理，即反射线所在直线的斜率为．故反射线所在直线的方程为，即：

．

解法二：由已知可得，，设反射线的斜率为，则由入射线到的角等于到反射线的角，可得

，即．

解得．

以下求出点坐标，再由点斜式得反射线所在直线的方程（略）．

解法三：由已知得入射线所在直线方程为，再与直线的方程联立得交点．

利用关于直线对称点的知识，求得点关于的对称点．

又由反射线所在直线过与两点，它的方程为，即：

．

解法四：可求得入射线所在直线方程为，即，入射线与交点为．

于是可设反射线所在直线的方程为：，即．

由于直线为入射线与反射线夹角的平分线，则上的任一点到它们的距离相等，于是在上取点，有：

．

所以，即．

故，（等于入射线斜率，舍去）．

于是反射线的方程为：，即．

解法五：由点，得直线的方程为．

又因入射线与反射线所在直线关于对称，点关于直线对称的点的坐标为．

由于反射线所在直线经过与两点，所以它的方程为：

，即．

典型例题二十一

例21　已知直线，试求：

(1)点关于直线的对称点坐标；

(2)直线关于直线对称的直线的方程；

(3)直线关于点的对称直线方程．

分析：对称问题可分为四种类型：①点关于点的对称点；②点关于直线的对称点；③直线关于直线的对称直线；④直线关于点的对称直线．对于①利用中点坐标公式即可．对于②需利用“垂直”“平分”两个条件．若③④在对称中心（轴），及一个曲线方程已知的条件下给出，则通常采取坐标转移法，其次对于对称轴（中心）是特殊直线，如：坐标轴、直线，采取特殊代换法，应熟练掌握．

解：(1)设点关于直线的对称点为，

则线段的中点在对称轴上，且．

∴

解之得：

即坐标为．

(2)直线关于直线对称的直线为，则上任一点关于的对称点一定在直线上，反之也成立．

由

得

把代入方程并整理，得：

即直线的方程为．

(3)设直线关于点的对称直线为，则直线上任一点关于点的对称点一定在直线上，反之也成立．

由得

将代入直线的方程得：．

∴直线的方程为．

说明：本题是求有关对称点、对称直线的问题，主要用到中点坐标公式和直线垂直的斜率关系．

典型例题二十二

例22　已知直线和两点、．

(1)在上求一点，使最小；

(2)在上求一点，使最大．

分析：较直接的思路是：用两点间的距离公式求出的表达式，再求它的最小值．这样计算量太大也不可行．我们可以求出关于直线的对称点，从而将转化为，从而当、、三点共线时，才最小，对于最大也可以利用这样的方法．

解：(1)如图，设关于的对称点为

则

∴，．

∴

∴的的是，与的交点是，

故所求的点为．

(2)如下图，

是方程，

即．

代入的方程，得直线与的交点，

故所求的点为．

说明：本例利用求对称点的方法巧妙地求出了所求点的坐标．

典型例题二十四

例24 已知点，和直线，求一点使，且点到的距离等于2．

分析：为使（如图），点必在线段的垂直平分线上，又点到直线的距离为2，所以点又在距离为2的平行于的直线上，求这两条直线的交点即得所求点．

解：设点的坐标为．

∵，．

∴的中点的坐标为．

又的斜率．

∴的垂直平分线方程为，即．

而在直线上．

∴．　　　①

又已知点到的距离为2．

∴点必在于平行且距离为2的直线上，

设直线方程为，

由两条平行直线之间的距离公式得：

∴或．

∴点在直线或上．

∴或　　②

由∴①②得：，或，．

∴点或为所求的点．

说明：在平面几何中，常用交轨法作图得点的位置，而在解析几何中，则是将直线用方程来表示，用求方程组的解的方式来求得点的坐标．这是解析法的重要应用，也是其方便之处．

求证：．

证明：过直线作一平面，设，．

∵

∴

又

∴

在同一个平面内过同一点有两条直线与直线平行

∴与重合，即．

说明：本题也可以用反证法进行证明．

典型例题三

例3：如果一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么它和另一个也相交．

已知：如图，，．

求证：与相交．

证明：在上取一点，过和作平面，由于与α有公共点，与有公共点．

∴与、都相交．

设，．

∵

∴

又、、都在平面内，且和交于．

∵与相交．

所以与相交．

典型例题四

例4：已知平面，，为夹在，间的异面线段，、分别为、的中点．

求证： ，．

证明：连接并延长交于．

∵

∴ ，确定平面，且，．

∵，所以 ，

∴ ，

又 ，，

∴ △≌△．

∴ ．

又 ，

∴ ，．

故 ．

同理

说明：本题还有其它证法，要点是对异面直线的处理．

典型例题六

例6　如图，已知矩形的四个顶点在平面上的射影分别为、、、，且、、、互不重合，也无三点共线．

求证：四边形是平行四边形．

证明：∵，

∴

不妨设和确定平面．

同理 和确定平面．

又，且

∴

同理

又

∴

又，

∴．

同理．

∴四边形是平行四边形．

典型例题七

例7　设直线、，平面、，下列条件能得出的是（　　）．

A．，，且，　　B．，，且

C．，，且　　　　　　D．，，且

分析：选项A是错误的，因为当时，与可能相交．选项B是错误的，理由同A．选项C是正确的，因为，，所以，又∵，∴．选项D也是错误的，满足条件的可能与相交．

答案：C

说明：此题极易选A，原因是对平面平行的判定定理掌握不准确所致．

本例这样的选择题是常见题目，要正确得出选择，需要有较好的作图能力和对定理、公理的准确掌握、深刻理解，同时要考虑到各种情况．

典型例题八

例8　设平面平面，平面平面，且、分别与相交于、，．求证：平面平面．

分析：要证明两平面平行，只要设法在平面上找到两条相交直线，或作出相交直线，它们分别与平行（如图）．

证明：在平面内作直线直线，在平面内作直线直线．

∵平面平面，

∴平面，平面，

∴．

又∵，，，

∴平面平面．

说明：如果在、内分别作，，这样就走了弯路，还需证明、在、内，如果直接在、内作、的垂线，就可推出．

由面面垂直的性质推出“线面垂直”，进而推出“线线平行”、“线面平行”，最后得到“面面平行”，最后得到“面面平行”．其核心是要形成应用性质定理的意识，在立体几何证明中非常重要．

典型例题九

例9　如图所示，平面平面，点、，点，是、的公垂线，是斜线．若，，、分别是和的中点，

(1)求证：；

(2)求的长．

分析：（1）要证，取的中点，只要证明所在的平面．为此证明，即可．(2)要求之长，在中，、的长度易知，关键在于证明，从而由勾股定理可以求解．

证明：(1)连结，设是的中点，分别连结、．

∵是的中点，∴．

又，∴．

同理∵是的中点，∴．

∵，∴．

∵，，∴平面．

∵平面，∴．

(2)分别连结、．

∵，，

又∵是、的公垂线，∴，

∴≌，∴，

∴是等腰三角形．

又是的中点，∴．

在中，．

说明：(1)证“线面平行”也可以先证“面面平行”，然后利用面面平行的性质，推证“线面平行”，这是一种以退为进的解题策略．

(2)空间线段的长度，一般通过构造三角形、然后利用余弦定理或勾股定理来求解．

(3)面面平行的性质：①面面平行，则线面平行；②面面平行，则被第三个平面所截得的交线平行．

典型例题十

例10 如果平面内的两条相交直线与平面所成的角相等，那么这两个平面的位置关系是__________．

分析：按直线和平面的三种位置关系分类予以研究．

解：设、是平面内两条相交直线．

(1)若、都在平面内，、与平面所成的角都为，这时与重合，根据教材中规定，此种情况不予考虑．

(2)若、都与平面相交成等角，且所成角在内；

∵、与有公共点，这时与相交．

若、都与平面成角，则，与已知矛盾．此种情况不可能．

(3)若、都与平面平行，则、与平面所成的角都为，内有两条直线与平面平行，这时．

综上，平面、的位置关系是相交或平行．

典型例题十一

例11　试证经过平面外一点有且只有一个平面和已知平面平行．

已知：，

求证：过有且只有一个平面．

分析：“有且只有”要准确理解，要先证这样的平面是存在的，再证它是惟一的，缺一不可．

证明：在平面内任作两条相交直线和，则由知，，．

点和直线可确定一个平面，点和直线可确定一个平面．

在平面、内过分别作直线、，

故、是两条相交直线，可确定一个平面．

∵，，，∴．

同理．

又，，，∴．

所以过点有一个平面．

假设过点还有一个平面，

则在平面内取一直线，，点、直线确定一个平面，由公理2知：

，，

∴，，

又，，

这与过一点有且只有一条直线与已知直线平行相矛盾，因此假设不成立，

所以平面只有一个．

所以过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．

典型例题十二

例12　已知点是正三角形所在平面外的一点，且，为上的高，、、分别是、、的中点，试判断与平面内的位置关系，并给予证明

分析1：如图，观察图形，即可判定平面，要证明结论成立，只需证明与平面内的一条直线平行．

观察图形可以看出：连结与相交于，连结，就是适合题意的直线．

怎样证明？只需证明是的中点．

证法1：连结交于点，

∵是的中位线，

∴．

在中，是的中点，且，

∴为的中点．

∵是的中位线，∴．

又平面，平面，

∴平面．

分析2：要证明平面，只需证明平面平面，要证明平面平面，只需证明，而，可由题设直接推出．

证法2：∵为的中位线，

∴．

∵平面，平面，

∴平面．

同理：平面，，

∴平面平面，又∵平面，

∴平面．

典型例题十三

例13　如图，线段分别交两个平行平面、于、两点，线段分别交、于、两点，线段分别交、于、两点，若，，，的面积为72，求的面积．

分析：求的面积，看起来似乎与本节内容无关，事实上，已知的面积，若与的对应边有联系的话，可以利用的面积求出的面积．

解：∵平面，平面，

又∵，∴．

同理可证：，∴与相等或互补，即．

由，得，

∴

由，得：，∴．

又∵的面积为72，即．

∴

．

∴的面积为84平方单位．

说明：应用两个平行的性质一是可以证明直线与直线的平行，二是可以解决线面平行的问题．注意使用性质定理证明线线平行时，一定第三个平面与两个平行平面相交，其交线互相平行．

典型例题十四

例14 在棱长为的正方体中，求异面直线和之间的距离．

分析：通过前面的学习，我们解决了如下的问题：若和是两条异面直线，则过且平行于的平面必平行于过且平行于的平面．我们知道，空间两条异面直线，总分别存在于两个平行平面内．因此，求两条异面直线的距离，有时可以通过求这两个平行平面之间的距离来解决．

具体解法可按如下几步来求：①分别经过和找到两个互相平等的平面；②作出两个平行平面的公垂线；③计算公垂线夹在两个平等平面间的长度．

解：如图，

根据正方体的性质，易证：

连结，分别交平面和平面于和

因为和分别是平面的垂线和斜线，在平面内，

由三垂线定理：，同理：

∴平面，同理可证：平面

∴平面和平面间的距离为线段长度．

如图所示：

在对角面中，为的中点，为的中点

∴．

∴和的距离等于两平行平面和的距离为．

说明：关于异面直线之间的距离的计算，有两种基本的转移方法：①转化为线面距．设、是两条异面直线，作出经过而和平行的平面，通过计算和的距离，得出和距离，这样又回到点面距离的计算；②转化为面面距，设、是两条异面直线，作出经过而和平行的平面，再作出经过和平行的平面，通过计算、之间的距离得出和之间的距离．

典型例题十五

例15　正方体棱长为，求异面直线与的距离．

解法1：（直接法）如图：

取的中点，连结、分别交、于、两点，

易证：，，．

∴为异面直线与的公垂线段，易证：．

小结：此法也称定义法，这种解法是作出异面直线的公垂线段来解．但通常寻找公垂线段时，难度较大．

解法2：（转化法）如图：

∵平面，

∴与的距离等于与平面的距离，

在中，作斜边上的高，则长为所求距离，

∵，，

∴，∴．

小结：这种解法是将线线距离转化为线面距离．

解法3：（转化法）如图：

∵平面平面，

∴与的距离等于平面与平面的距离．

∵平面，且被平面和平面三等分；

∴所求距离为．

小结：这种解法是线线距离转化为面面距离．

解法4：（构造函数法）如图：

任取点，作于点，作于点，设，

则，，且

∴．

则

，

故的最小值，即与的距离等于．

小结：这种解法是恰当的选择未知量，构造一个目标函数，通过求这个函数的最小值来得到二异面直线之间的距离．

解法5：（体积桥法）如图：

当求与的距离转化为求与平面的距离后，设点到平面的距离为，

则．

∵，

∴．即与的距离等于．

小结：本解法是将线线距离转化为线面距离，再将线面距离转化为锥体化为锥体的高，然后用体积公式求之．这种方法在后面将要学到．

说明：求异面直线距离的方法有：

(1)（直接法）当公垂线段能直接作出时，直接求．此时，作出并证明异面直线的公垂线段，是求异面直线距离的关键．

(2)（转化法）把线线距离转化为线面距离，如求异面直线、距离，先作出过且平行于的平面，则与距离就是、距离．（线面转化法）．

也可以转化为过平行的平面和过平行于的平面，两平行平面的距离就是两条异面直线距离．（面面转化法）．

(3)（体积桥法）利用线面距再转化为锥体的高用何种公式来求．

(4)（构造函数法）常常利用距离最短原理构造二次函数，利用求二次函数最值来解．

两条异面直线间距离问题，教科书要求不高（要求会计算已给出公垂线时的距离），这方面的问题的其他解法，要适度接触，以开阔思路，供学有余力的同学探求．

典型例题十六

例16　如果，和是夹在平面与之间的两条线段，，且，直线与平面所成的角为，求线段长的取值范围．