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第四节　直线、平面平行的判定与性质
·最新考纲·
1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．
·考向预测·
考情分析：直线与平面以及平面与平面平行的判定和性质仍会是高考的热点，常出现在解答题的第(1)问，难度中等．
学科素养：通过直线、平面平行的判定及性质和应用考查直观想象、逻辑推理的核心素养．
积 累 必备知识——基础落实　赢得良好开端
一、必记2个知识点
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行 线面平行) 因为 ______， ______， ______， 所以l∥α
性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行 线线平行”) 因为 ______， ______， ______， 所以l∥b
[提醒]　应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必须都具备，缺一不可．
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行 面面平行”) 因为____， ______， ______， ______， ______， 所以α∥β
性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 因为 ______， ______， ______， 所以a∥b
二、必明2个常用结论
1．平行间的三种转化关系
2．平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)垂直于同一平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
三、必练4类基础题
(一)判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　)
(2)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　　)
(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　)
(4)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．(　　)
(5)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，则直线a∥平面β.(　　)
(二)教材改编
2．[必修2·P58练习T3改编]平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a α，α∥β
C．存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
3．[必修2·P56练习T2改编]如图，长方体ABCD A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________.
(三)易错易混
4．(对平行关系的转化条件理解不够)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过点B的所有直线中(　　)
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一的与a平行的直线
5．(对面面平行的性质定理理解不深)如图是长方体被一平面所截得的几何体，截面为四边形EFGH，则四边形EFGH的形状为________．
(四)走进高考
6．[2019·全国卷Ⅱ]设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法
考点一　与线、面平行相关命题的判定　[基础性]
1．设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．a∥b，b α，则a∥α
B．a α，b β，α∥β，则a∥b
C．a α，b α，a∥β，b∥β，则α∥β
D．α∥β，a α，则a∥β
2．已知直线m，n，平面α，β.命题p：若α∥β，m∥α，则m∥β；命题q：若m∥α，m∥β，α＝n，则m∥n，下列是真命题的是(　　)
A．p∧q B．q∨ q
C．p∧ q D． p∧q
3．下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是(　　)
反思感悟　平行命题的判断
(1)解决与平行相关命题的判断问题，以与平行相关的判定定理和性质定理为依据，注意定理中相关条件的检验，必须进行严密的逻辑推理．
(2)如果判断某个命题错误，则往往利用正方体或其他几何体作为模型构造反例说明．
考点二　直线与平面平行的判定与性质　[综合性]
角度1　直线与平面平行的判定
[例1]　
如图所示，斜三棱柱ABC A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1的中点，求证：
(1)AD1∥平面BDC1；
(2)BD∥平面AB1D1.
听课笔记：
反思感悟　
1．线面平行的证明方法
(1)定义法：一般用反证法；
(2)判定定理法：关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程；
(3)性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．
2．构造平行直线的常用方法
(1)构建三角形或梯形的中位线
可直接利用线段的中点、等腰三角形三线合一或利用平行四边形对角线的交点找中点，从而构建中位线．
(2)构建平行四边形
可以利用已知的平行关系(如梯形的上下底边平行)或构建平行关系(如构造两条直线同时平行于已知直线)，从而构建平行四边形．
角度2　直线与平面平行的性质
[例2]　
如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，过BC的平面交棱FD于点P，交棱FA于点Q.证明：PQ∥平面ABCD.
听课笔记：
反思感悟　
应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线，该定理的作用是由线面平行转化为线线平行．
【对点训练】
1．如图所示，在四棱锥P AB CD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.
求证：PA∥GH.
2.
[2022·江苏南通市检测]《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1 000多年．在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵ABC A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，若P为A1B1的中点，求证：PN∥平面AA1C1C.
考点三　平面与平面平行的判定与性质　[综合性]
[例3]　
如图所示，在三棱柱ABC A1B1C1中，E，F，G，H分别为AB，AC，A1B1，A1C1的中点．
(1)求证：B，C，H，G四点共面；
(2)求证：平面EFA1∥平面BCHG.
听课笔记：
一题多变　
1．(变条件)在例3条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.
2．(变条件)若将例3中“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求的值．
反思感悟　
【对点训练】
1．[2022·玉林市第十一中学高三测试]如图，在四棱锥S ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，P，Q是AB，CD的中点，M，N分别是SB，CB的中点，求证：平面AMN∥平面SCD.
2.
[2022·河北衡水中学检测]如图，在多面体ABCDEF中，ABCD是正方形，AB＝2，DE＝BF，BF∥DE，M为棱AE的中点，求证：平面BMD∥平面EFC.
考点四　与线面平行有关的探索性问题　[创新性]
角度1　探索点满足的条件
[例4]　如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱C1C，C1D1，D1D，DC的中点，点M在四边形EFGH边上及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1，其中N是BC的中点．(填上一个正确的条件即可，不必考虑全部可能的情况)
听课笔记：
反思感悟　平行关系中对点的存在条件的探索性问题，主要探求的是能够推出结论的充分条件，即满足题意的点的轨迹，本质上是把探求问题转化为证明问题．
角度2　探索点是否存在
[例5]　
[2022·广东佛山市检测]在正三棱柱ABC A1B1C1中，已知AB＝2，AA1＝3，M，N分别为AB，BC的中点，P为线段CC1上一点．平面ABC1与平面ANP的交线为l，是否存在点P使得C1M∥平面ANP？若存在，请指出点P的位置并证明；若不存在，请说明理由．
听课笔记：
反思感悟　平行关系中对点的存在性的探索问题，一般利用转化方法求解，即首先确定点的位置．然后把问题转化为证明问题，而证明线面平行时又有两种转化方法，一是转化为线线平行，二是转化为面面平行．
【对点训练】
1．在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
2.
在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知AB＝AD，E为AD的中点，在线段B1C1上是否存在点F，使得平面A1AF∥平面ECC1？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由．
微专题29 函数思想破解立体几何中的问题　思想方法
[例]　
如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直，当M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0＜a＜)．
(1)求MN的长；
(2)当a为何值时，MN的长最小．
解析：(1)
如图，作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连接PQ，由题意可得，四边形MNQP是平行四边形，所以MN＝PQ，因为CM＝BN＝a，CB＝AB＝BE＝1，所以AC＝BF＝＝＝，即CP＝BQ＝，
所以MN＝PQ＝
＝
＝(0＜a＜)．
(2)因为MN＝(0＜a＜)，所以
当a＝时，MN＝，即M，N分别移动到AC，BF的中点时，MN的长最小，最小值为.
　
名师点评利用函数思想建立MN与a的函数关系式是解此题的关键，立体几何中的最值问题，通常借助函数思想求解．
[变式训练]　
如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是(　　)
第四节　直线、平面平行的判定与性质
积累必备知识
一、
1．l∥a　a α　l α　l∥α　l β　α＝b
2．a∥β　b∥β　a＝P　a α　b α　α∥β　α＝a　β＝b
三、
1．答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
2．解析：若α＝l，a∥l，a α，a β，则a∥α，α∥β，故排除A；若α＝l，a α，a∥l，则a∥β，故排除B；若α＝l，a α，a∥l，b β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.
答案：D
3．解析：连接BD，设BD＝O，连接EO，在△BDD1中，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1 平面ACE，EO 平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
答案：平行
4．解析：当直线a在平面β内且过点B时，不存在与a平行的直线．
答案：A
5．解析：∵平面ABFE∥平面DCGH.平面ABFE∩平面EFGH＝EF.平面EFGH∩平面DCGH＝HG
∴EF∥HG.同理EH∥FG.
所以四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
6．解析：α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.
答案：B
提升关键能力
考点一
1．解析：由a∥b，b α，可推得a∥α或a α，故A错误；由a α，b β，α∥β可推得a∥b或a，b为异面直线，故B错误；对于C选项，由于a与b的关系可能为a∥b，也可能为a与b相交，所以α∥β不一定成立．故C错误；D中，两平面平行，则一平面中的任一直线与另一平面平行，D正确．
答案：D
2．解析：命题p为假命题，直线m可能在平面β内；易知命题q为真命题，所以 p∧q为真命题．
答案：D
3．解析：在B中，如图，连接MN，PN，∵A，B，C为正方体所在棱的中点，
∴AB∥MN ，AC∥PN，
∵MN∥DE，PN∥EF，
∴AB∥DE，AC∥EF，
∵AB＝A，DE＝E，
AB，AC 平面ABC，DE，EF 平面DEF，
∴平面ABC∥平面DEF.
答案：B
考点二
例1　证明：(1)因为点D1，D分别为A1C1，AC的中点，四边形ACC1A1为平行四边形，所以C1D1∥DA，C1D1＝DA，
所以四边形ADC1D1为平行四边形，所以AD1∥C1D.
又AD1 平面BDC1，C1D 平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1.
(2)连接DD1，如图所示，
因为BB1∥平面ACC1A1，BB1 平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝D1D，
所以BB1∥D1D，
又因为点D1，D分别为A1C1，AC的中点，所以BB1＝DD1，
故四边形BDD1B1为平行四边形，所以BD∥B1D1，
又BD 平面AB1D1，B1D1 平面AB1D1，所以BD∥平面AB1D1.
例2　证明：因为底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，又AD 平面ADF，BC 平面ADF，所以BC∥平面ADF，又BC 平面BCPQ，平面BCPQ∩平面ADF＝PQ，所以BC∥PQ，又PQ 平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PQ∥平面ABCD.
对点训练
1．证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥OM，
又OM 平面BMD，PA 平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
2．证明：取A1C1的中点H，连接PH，HC.
在堑堵ABC A1B1C1中，四边形BCC1B1为平行四边形，
所以B1C1∥BC且B1C1＝BC.
在△A1B1C1中，P，H分别为A1B1，A1C1的中点，
所以PH∥B1C1且PH＝B1C1.
因为N为BC的中点，
所以NC＝BC，
从而NC＝PH且NC∥PH，
所以四边形PHCN为平行四边形，
所以PN∥CH.
因为CH 平面A1C1CA，PN 平面A1C1CA，所以PN∥平面AA1C1C.
考点三
例3　证明：(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，
所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．
(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，
所以EF∥BC，因为EF 平面BCHG，BC 平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.
又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，
所以A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，
所以A1E∥GB.
因为A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
又因为A1E＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.
一题多变
1．证明：如图所示，连接HD，A1B.
因为D为BC1的中点，
H为A1C1的中点，所以HD∥A1B.
又HD 平面A1B1BA，
A1B 平面A1B1BA.
所以HD∥平面A1B1BA.
2．解析：连接A1B，AB1，交于点O，连接OD1.
由平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
所以BC1∥OD1，则＝＝1.
同理，AD1∥C1D，
又AD∥C1D1，所以四边形ADC1D1是平行四边形，
所以AD＝D1C1，又AC＝A1C1，
所以＝，所以＝1，即＝1.
对点训练
1．解析：因为M、N分别是SB，CB的中点，所以MN∥SC，MN 平面SCD，SC 平面SCD，所以MN∥平面SCD，又AD∥CN且AD＝CN，所以ADCN为平行四边形，所以AN∥DC，AN 平面SCD，DC 平面SCD，所以AN∥平面SCD，又AN＝N，AN，MN 平面AMN，所以面AMN∥平面SCD.
2.
证明：如图，连接AC，交BD于点N，
∴N为AC的中点，
连接MN，由M为棱AE的中点，则MN∥EC.
∵MN 面EFC，EC 面EFC，∴MN∥平面EFC.
∵BF∥DE，BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，
∴BD∥EF.又BD 平面EFC，EF 平面EFC，
∴BD∥平面EFC，又MN＝N，
∴平面BMD∥平面EFC.
考点四
例4　解析：连接HN，FH，FN.
因为HN∥DB，FH∥D1D，所以平面FHN∥平面B1BDD1
只需M∈FH，则MN 平面FHN.
所以MN∥平面B1DD1.
答案：点M在线段FH上
例5　解析：当CP＝2时，C1M∥平面ANP
证明如下：连接CM交AN于点G，连接GP，
因为＝＝2，所以C1M∥GP
又∵GP 平面ANP，C1M 平面ANP
∴C1M∥平面ANP.
对点训练
1．解析：
如图所示，设Q为CC1的中点．
因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.
连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO.又D1B 平面PAO，QB 平面PAO，PO 平面PAO，PA 平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO.又D1B＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案：Q为CC1的中点
2．解析：存在，当点F为线段B1C1的中点时，平面A1AF∥平面ECC1.
证明：连接A1F，AF.在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AD∥B1C1.
又因为CC1 平面ECC1，AA1 平面ECC1，
所以AA1∥平面ECC1.
又E为AD的中点，F为B1C1的中点，
所以AE∥FC1，且AE＝FC1.
故四边形AEC1F为平行四边形，所以AF∥EC1，
又因为EC1 平面ECC1，AF 平面ECC1，所以AF∥平面ECC1.
又因为AF＝A，AA1 平面A1AF，AF 平面A1AF，
所以平面A1AF∥平面ECC1.
微专题　函数思想破解立体几何中的问题
变式训练
解析：过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.
因为MQ 平面DCC1D1，DD1 平面DCC1D1，
所以MQ∥平面DCC1D1，
因为MN∥平面DCC1D1，
MN＝M，所以平面MNQ∥平面DCC1D1.
又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，
所以NQ∥DC，可得QN＝ CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，
因为＝＝2，所以MQ＝2x.
在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，
所以y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，
所以函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．
答案：C

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