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第3节　空间直线、平面的平行
[课程标准要求]
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、面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.
1.直线与平面平行的判定定理与性质定理
定理 文字语言 图形表示 符号表示
判定 定理 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行 a∥α
性质 定理 一条直线与一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与交线平行 a∥b
(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行.但一定要说明一条直线在平面外,一条直线在平面内.
(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键.为了能利用线面平行的判定定理及性质定理,往往需要作辅助线(面).
2.平面与平面平行的判定定理与性质定理
定理 文字语言 图形表示 符号表示
判定 定理 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行 α∥β
性质 定理 两个平面平行,如果另一个平面与这两个平面相交,那么两条交线平行 a∥b
(1)两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
(2)判定定理的推论:一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行,那么这两个平面平行.
1.平行间的三种转化关系
2.平行问题中的唯一性
(1)过直线外一点与该直线平行的直线有且只有一条.
(2)过平面外一点,与该平面平行的平面有且只有一个.
3.(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
(2)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.
(3)同一条直线与两个平行平面所成角相等.
1.(2025·内蒙古赤峰模拟)设α,β是两个不同的平面,m,l是两条不同的直线,且α∩β=l,则“m∥l”是“m∥β且m∥α”的(　　)
[A] 充分不必要条件
[B] 充分必要条件
[C] 必要不充分条件
[D] 既不充分也不必要条件
2.(人教A版必修第二册P139练习T2改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为DD1的中点,则下列直线中与平面ACE平行的是(　　)
[A] BA1 [B] BD1
[C] BC1 [D] BB1
3.在三棱柱ABC－A1B1C1中,D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点,若A1C∥平面BC1D,则D为(　　)
[A] 棱AB的中点 [B] 棱A1B1的中点
[C] 棱BC的中点 [D] 棱AA1的中点
4.如图是长方体被一平面截后得到的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为　　　　　　.
5.(人教A版必修第二册P145习题8.5 T13改编)如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知 AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,则AC的长为　　　　cm.
考点一　直线与平面平行的判定与性质
角度1　直线与平面平行的判定
[例1] (2025·四川雅安模拟)如图,在直三棱柱ABC－ A1B1C1中,D为A1B1的中点.证明:
B1C∥平面AC1D.
角度2　直线与平面平行的性质
[例2] 如图,在五棱锥P－ABCDE中,AB∥DE,F为棱PE上一点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.求证:AB∥FG.
线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行及面面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.
(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要利用已知直线作辅助平面来确定交线.
[针对训练] 如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,O,M分别为BD,PC的中点.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:OM∥平面PAD;
(2)求证:BC∥l.
考点二　平面与平面平行的判定与性质
[例3] 如图所示,在三棱柱ABC－A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(1)B,C,H,G四点共面;
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
[典例迁移1] (变条件,变设问)在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点”变为“D,D1分别是AC,A1C1上的点,且平面BC1D∥平面AB1D1”,则的值为　　　.
[典例迁移2] (变条件,变设问)在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点”变为“D1,D分别是B1C1,BC的中点”,求证:平面A1BD1∥平面AC1D.
1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理,证明时需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线.
(2)线面垂直的性质(垂直于同一条直线的两平面平行).
(3)平行的传递性(平行于同一平面的两平面平行).
2.面面平行条件的应用
(1)两平面平行,分析构造与之相交的第三个平面,交线平行.
(2)两平面平行,其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.这也是证明线面平行的常用方法.
考点三　平行关系的综合应用
[例4] (2025·重庆模拟)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形,点E在PD上,且PE=2ED.在棱PC上是否存在一点F,使得BF∥平面AEC 若存在,求点F的位置;若不存在,请说明理由.
平行关系综合应用的策略
在立体几何中常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行,这三种平行关系不是孤立的,而是相互联系,并且可以相互转化的.所以要解决平行关系的综合问题,必须要灵活运用三种平行关系的相互转化.
[针对训练] 如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别为AB,BC的中点.
(1)当点P在棱DD1上运动时,是否都有MN∥平面A1C1P 证明你的结论;
(2)若P是DD1的中点,Q是BB1的四等分点,且B1Q=3QB,求证:平面MNQ∥平面A1C1P.
微点培优10　截面与截线问题
1.在立体几何中,用一个平面去截几何体(包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等),此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面,利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键.
2.确定截面的主要依据
(1)平面的基本事实.
(2)直线和平面平行的判定和性质.
(3)两个平面平行的性质.
(4)球的截面的性质.
3.正方体中的基本截面类型
[典例1] (2025·福建龙岩模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,点M,N,P分别为棱AB,CC1,C1D1的中点,则平面MNP截正方体所得截面的面积为(　　)
[A] [B] 3
[C] 6 [D]
[典例2] 正三棱柱ABC－A1B1C1中,所有棱长均为2,点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作一截面,则截面的周长为(　　)
[A] 2+2 [B] 2+
[C] 2+ [D] 2+
[典例3] (2025·云南普洱模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,P为DD1的中点,过A,B,P三点作平面α,则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积为(　　)
[A] [B]
[C] 3π [D]
(1)作截面应遵循的三个原则:
①在同一平面上的两点可引直线;
②凡是相交的直线都要画出它们的交点;
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有两种:
①利用基本事实3作交线;
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.
[拓展演练1] 如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则过三点A,D1,E的截面过(　　)
[A] AB中点
[B] BC中点
[C] CD中点
[D] BB1中点
[拓展演练2] (2025·河北石家庄模拟)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2,
∠BAD=60°,以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.
(分值:95分)
选题明细表
知识点、方法 题号
直线与平面平行的判定与性质 2,3,4,5,9,11
平面与平面平行的判定与性质 1,6,10
截面与截线问题 7,15
综合应用问题 8,12,13,14
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.已知两个不重合的平面α,β,给定以下条件:
①α内任意不共线的三点到β的距离都相等;
②l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β;
③l,m是两条异面直线,且l∥α,l∥β,m∥α,m∥β;
④存在平面γ,使得α,β都平行于γ.
其中可以判定α∥β的是(　　)
[A] ①② [B] ②④ [C] ①③ [D] ③④
2.(2025·江苏盐城模拟)已知两条不同的直线m,n,α,β,γ表示三个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)
[A] α∥β,m α,n β m∥n
[B] α⊥γ,β⊥γ α与β平行或相交
[C] α∥β,m∥n,m⊥α n∥β
[D] α∩β=m,β∩γ=n,m∥n α∥β
3.(2025·山东泰安模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1,点P是面AA1D1D的中心,点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点,且 PQ∥平面AA1B1B,则线段PQ的长为(　　)
[A] 1 [B] [C] [D]
4.(2025·安徽合肥模拟)如果AB,BC,CD是不在同一平面内的三条线段,则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是(　　)
[A] 平行 [B] 相交
[C] AC在此平面内 [D] 平行或相交
5.在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E为线段AD上靠近A的三等分点,F为线段PC上一点,当PA∥平面EBF,等于(　　)
[A] 3 [B] 4 [C] [D]
6.(5分)如图,在四棱锥P－ABCD中,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点, 则平面AEG与平面BDH的位置关系为　　　　　　　　.
7.(5分)如图,在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,A1B1的中点是P,过点A1作与截面PBC1平行的截面,则该截面的面积为　　　　.
8.(13分)如图,在三棱柱BCF－ADE中,若G,H分别是线段AC,DF的中点.
(1)求证:GH∥BF;
(2)在线段CD上是否存在一点P,使得平面GHP∥平面BCF 若存在,指出点P的具体位置并证明;若不存在,说明理由.
9.(多选题)(2025·江西南昌模拟)在下列底面是平行四边形的四棱锥中,A,B,C,M,N是四棱锥的顶点或棱的中点,则MN∥平面ABC的有(　　)
　
[A] [B]
　
[C] [D]
10.(多选题)(2024·安徽黄山模拟)如图,已知正方体ABCD－A1B1C1D1,点E,F,G分别为棱BC,CC1,CD的中点,下列结论正确的有(　　)
[A] AE与D1F共面
[B] 平面AB1D1∥平面GFE
[C] AE⊥EF
[D] BF∥平面AB1D1
11.如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足=λ(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
12.(2025·贵州黔东南模拟)平面α过直三棱柱ABC－A1B1C1的顶点B1,平面α∥平面ABC1,平面α∩平面BB1C1C=l,且AA1=AB=BC,AB⊥BC,则A1B与l所成角的正弦值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
13.(5分)(2025·四川遂宁模拟)若长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形,高为4,E是DD1的中点,现给出以下四个命题:
①B1E⊥A1B;
②平面B1CE∥平面A1BD;
③三棱锥C1－B1CE的体积为;
④三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积为24π.
则正确命题的序号是　　　　.
14.(15分) (2025·重庆模拟)如图所示,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,F为PA的中点,E为PB中点.
(1)求证:PC∥平面BFD;
(2)已知点M在PD上满足EC∥平面BFM,求的值.
15.如图,正方体ABCD－A1B1C1D1,棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为Ω.若 =(0<λ≤1),则下列结论错误的是(　　)
[A] 当λ∈(0,)时,Ω为四边形
[B] 当λ=时,Ω为等腰梯形
[C] 当λ∈(,1)时,Ω为六边形
[D] 当λ=1时,Ω的面积为
第3节　空间直线、平面的平行（解析版）
[课程标准要求]
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、面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.
1.直线与平面平行的判定定理与性质定理
定理 文字语言 图形表示 符号表示
判定 定理 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行 a∥α
性质 定理 一条直线与一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与交线平行 a∥b
(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行.但一定要说明一条直线在平面外,一条直线在平面内.
(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键.为了能利用线面平行的判定定理及性质定理,往往需要作辅助线(面).
2.平面与平面平行的判定定理与性质定理
定理 文字语言 图形表示 符号表示
判定 定理 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行 α∥β
性质 定理 两个平面平行,如果另一个平面与这两个平面相交,那么两条交线平行 a∥b
(1)两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
(2)判定定理的推论:一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行,那么这两个平面平行.
1.平行间的三种转化关系
2.平行问题中的唯一性
(1)过直线外一点与该直线平行的直线有且只有一条.
(2)过平面外一点,与该平面平行的平面有且只有一个.
3.(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
(2)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.
(3)同一条直线与两个平行平面所成角相等.
1.(2025·内蒙古赤峰模拟)设α,β是两个不同的平面,m,l是两条不同的直线,且α∩β=l,则“m∥l”是“m∥β且m∥α”的(　　)
[A] 充分不必要条件
[B] 充分必要条件
[C] 必要不充分条件
[D] 既不充分也不必要条件
【答案】 C
【解析】 当m∥l时,m可能在α内或者β内,故不能推出m∥β且m∥α,所以充分性不成立;
当m∥β且m∥α时,设存在直线n α,n β,且n∥m,
因为m∥β,所以n∥β,根据直线与平面平行的性质定理,可知n∥l,
所以m∥l,即必要性成立,故“m∥l”是“m∥β且m∥α”的必要不充分条件.故选C.
2.(人教A版必修第二册P139练习T2改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为DD1的中点,则下列直线中与平面ACE平行的是(　　)
[A] BA1 [B] BD1
[C] BC1 [D] BB1
【答案】 B
【解析】如图所示,连接BD,设AC∩BD=O,则O是BD的中点,连接OE,
因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为DD1的中点,
所以OE∥BD1.
又OE 平面ACE,BD1 平面ACE,
所以BD1∥平面ACE.
易得直线BA1,BC1,BB1均与平面ACE不平行.故选B.
3.在三棱柱ABC－A1B1C1中,D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点,若A1C∥平面BC1D,则D为(　　)
[A] 棱AB的中点 [B] 棱A1B1的中点
[C] 棱BC的中点 [D] 棱AA1的中点
【答案】 B
【解析】 如图,当D为棱A1B1的中点时,取AB的中点E,连接A1E,CE,因为A1E∥BD,
DC1∥EC,DC1∩BD=D,所以平面A1CE∥平面BC1D,又A1C 平面A1CE,则A1C∥平面BC1D.故选B.
4.如图是长方体被一平面截后得到的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为　　　　　　.
【答案】 平行四边形
【解析】 因为平面ABFE∥平面DCGH,
又平面EFGH∩平面ABFE=EF,
平面EFGH∩平面DCGH=HG,
所以EF∥HG.同理EH∥FG,
所以四边形EFGH是平行四边形.
5.(人教A版必修第二册P145习题8.5 T13改编)如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知 AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,则AC的长为　　　　cm.
【答案】
【解析】 过点D作直线AB的平行线分别交平面β与平面γ于点M,N,连接AD,BM,CN,
ME,NF,如图所示,所以 AD∥BM∥CN,ME∥NF,
所以==,因为 AB=2 cm,DE=4 cm,EF=3 cm,所以=,解得BC= cm,
所以AC=AB+BC=2+=(cm).
考点一　直线与平面平行的判定与性质
角度1　直线与平面平行的判定
[例1] (2025·四川雅安模拟)如图,在直三棱柱ABC－ A1B1C1中,D为A1B1的中点.证明:
B1C∥平面AC1D.
【证明】连接A1C交AC1于点E,则E为A1C的中点,连接DE,而D为A1B1的中点,则
DE∥B1C,
又DE 平面AC1D,B1C 平面AC1D,所以B1C∥平面AC1D.
角度2　直线与平面平行的性质
[例2] 如图,在五棱锥P－ABCDE中,AB∥DE,F为棱PE上一点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.求证:AB∥FG.
【证明】 在五边形ABCDE中,因为AB∥DE,
AB 平面PDE,DE 平面PDE,
所以AB∥平面PDE.
因为AB 平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.
线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行及面面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.
(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要利用已知直线作辅助平面来确定交线.
[针对训练] 如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,O,M分别为BD,PC的中点.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:OM∥平面PAD;
(2)求证:BC∥l.
【证明】 (1)连接AC,因为底面ABCD为平行四边形,O为BD的中点,
所以O为AC的中点.
因为M为PC的中点,
所以在△APC中,OM∥AP.
因为OM 平面PAD,AP 平面PAD,
所以OM∥平面PAD.
(2)因为底面ABCD为平行四边形,
所以AD∥BC.
因为AD 平面PAD,BC 平面PAD,
所以BC∥平面PAD.
因为平面PAD与平面PBC的交线为l,BC 平面PBC,
所以BC∥l.
考点二　平面与平面平行的判定与性质
[例3] 如图所示,在三棱柱ABC－A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(1)B,C,H,G四点共面;
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
【证明】 (1)因为G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
所以GH是△A1B1C1的中位线,
所以GH∥B1C1.
又因为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.
因为A1G∥EB,A1G=EB,
所以四边形A1EBG是平行四边形,则A1E∥GB.
因为A1E 平面BCHG,GB 平面BCHG,
所以A1E∥平面BCHG.
因为A1E∩EF=E,A1E 平面EFA1,EF 平面EFA1,
所以平面EFA1∥平面BCHG.
[典例迁移1] (变条件,变设问)在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点”变为“D,D1分别是AC,A1C1上的点,且平面BC1D∥平面AB1D1”,则的值为　　　.
【答案】 1
【解析】 连接A1B,交AB1于点O,连接OD1,
因为平面BC1D∥平面AB1D1,
且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=OD1,所以BC1∥OD1,
则==1.
同理AD1∥DC1.
又AD∥D1C1,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.
[典例迁移2] (变条件,变设问)在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点”变为“D1,D分别是B1C1,BC的中点”,求证:平面A1BD1∥平面AC1D.
【证明】 如图,连接A1C,交AC1于点M,连接MD.
因为四边形A1ACC1是平行四边形,所以M是A1C的中点,
又D为BC的中点,
所以DM∥A1B.
因为A1B 平面A1BD1,
DM 平面A1BD1,
所以DM∥平面A1BD1.
由三棱柱的性质知,
D1C1∥BD且D1C1=BD,
所以四边形BDC1D1为平行四边形,
所以DC1∥BD1.
又DC1 平面A1BD1,BD1 平面A1BD1,所以DC1∥平面A1BD1,
又DC1∩DM=D,DC1,DM 平面AC1D,
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理,证明时需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线.
(2)线面垂直的性质(垂直于同一条直线的两平面平行).
(3)平行的传递性(平行于同一平面的两平面平行).
2.面面平行条件的应用
(1)两平面平行,分析构造与之相交的第三个平面,交线平行.
(2)两平面平行,其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.这也是证明线面平行的常用方法.
考点三　平行关系的综合应用
[例4] (2025·重庆模拟)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形,点E在PD上,且PE=2ED.在棱PC上是否存在一点F,使得BF∥平面AEC 若存在,求点F的位置;若不存在,请说明理由.
【解】 当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC,证明如下:
取PE的中点M,连接BF,FM,BM,BD,记AC与BD交于点O,连接EO.
易得FM∥CE,因为FM 平面AEC,CE 平面AEC,所以FM∥平面AEC.
由PE=2ED,M是PE的中点,知E是MD的中点,由四边形ABCD是正方形,知O为BD的中点,所以BM∥OE,又BM 平面AEC,OE 平面AEC,所以BM∥平面AEC.
又因为FM∩BM=M,FM,BM 平面BFM,
所以平面BFM∥平面AEC,
因为BF 平面BFM,
所以BF∥平面AEC.
平行关系综合应用的策略
在立体几何中常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行,这三种平行关系不是孤立的,而是相互联系,并且可以相互转化的.所以要解决平行关系的综合问题,必须要灵活运用三种平行关系的相互转化.
[针对训练] 如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别为AB,BC的中点.
(1)当点P在棱DD1上运动时,是否都有MN∥平面A1C1P 证明你的结论;
(2)若P是DD1的中点,Q是BB1的四等分点,且B1Q=3QB,求证:平面MNQ∥平面A1C1P.
(1)【解】当点P在棱DD1上运动时,都有MN∥平面A1C1P.
证明如下:连接AC,在正方形ABCD中,由题意得MN为△ABC的中位线,可得MN∥AC,
由正方体的截面性质可得四边形A1ACC1为矩形,则AC∥A1C1,可得MN∥A1C1,
又MN 平面A1C1P,A1C1 平面A1C1P,则MN∥平面A1C1P.
(2)【证明】 取A1A的中点F,连接PF,FB1,取B1B的中点E,连接AE,由FP∥A1D1,FP=
A1D1,A1D1∥B1C1,A1D1=B1C1,
可得FP∥B1C1,FP=B1C1,
即四边形FPC1B1为平行四边形,
可得FB1∥PC1,由E为B1B的中点,且B1Q=3QB,
可得Q为BE的中点,且MQ∥AE,由AEB1F为平行四边形,可得AE∥FB1,即有MQ∥PC1.
又MQ 平面A1C1P,PC1 平面A1C1P,则MQ∥平面A1C1P,
又MN∥平面A1C1P,MN∩MQ=M,MN,MQ 平面MNQ,则平面MNQ∥平面A1C1P.
微点培优10　截面与截线问题
1.在立体几何中,用一个平面去截几何体(包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等),此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面,利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键.
2.确定截面的主要依据
(1)平面的基本事实.
(2)直线和平面平行的判定和性质.
(3)两个平面平行的性质.
(4)球的截面的性质.
3.正方体中的基本截面类型
[典例1] (2025·福建龙岩模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,点M,N,P分别为棱AB,CC1,C1D1的中点,则平面MNP截正方体所得截面的面积为(　　)
[A] [B] 3
[C] 6 [D]
【答案】 B
【解析】 如图所示,分别取BC,AA1,A1D1的中点Q,E,F,连接MQ,NQ,ME,EF,PF,PN,AC,A1C1,则MQ∥AC,FP∥A1C1,因为A1C1∥AC,所以FP∥MQ,同理得EF∥QN,EM∥PN.
由基本事实及其三个推论得M,N,P,Q,E,F六点共面,所以平面MNP截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面是六边形.根据正方体的性质可知截面EFPNQM是边长为的正六边形,所求面积S=6×(×××sin 60°)=3.故选B.
[典例2] 正三棱柱ABC－A1B1C1中,所有棱长均为2,点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作一截面,则截面的周长为(　　)
[A] 2+2 [B] 2+
[C] 2+ [D] 2+
【答案】 B
【解析】 如图,在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AF与CC1的延长线交于M,连接EM交B1C1于P,连接FP,则四边形AEPF为所求截面.
过E作EN平行于BC交CC1于N,则N为线段CC1的中点,由△MFC1相似于△MAC可得MC1=2,由△MPC1相似于△MEN可得,= PC1=,B1P=,
在Rt△AA1F中,AA1=2,A1F=1,则AF==,
在Rt△ABE中,AB=2,BE=1,
则AE==,
在Rt△B1EP中,B1E=1,B1P=,则PE==,
在△C1FP中,C1F=1,C1P=,∠FC1P=60°,
由余弦定理,PF2=12+()2－2×1××cos 60°=,则PF=,
所以截面周长为+++=2+.故选B.
[典例3] (2025·云南普洱模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,P为DD1的中点,过A,B,P三点作平面α,则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积为(　　)
[A] [B]
[C] 3π [D]
【答案】 D
【解析】正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心是BD1的中点O,而BD1∩α=B,
则点O到平面α的距离h等于点D1到平面α的距离的一半,又平面α过线段DD1的中点P,因此点D1与点D到平面α的距离相等,由AB⊥平面ADD1A1,AB α,得α⊥平面ADD1A1,在平面ADD1A1内过D作DE⊥AP于E(如图),而α∩平面ADD1A1=AP,于是DE⊥α,又AP==,从而h=DE=×=,又球O的半径R=BD1=,则正方体的外接球被平面α截得的截面圆半径r,有r2=R2－h2=3－=,所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积S=πr2=.
故选D.
(1)作截面应遵循的三个原则:
①在同一平面上的两点可引直线;
②凡是相交的直线都要画出它们的交点;
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有两种:
①利用基本事实3作交线;
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.
[拓展演练1] 如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则过三点A,D1,E的截面过(　　)
[A] AB中点
[B] BC中点
[C] CD中点
[D] BB1中点
【答案】 B
【解析】 取BC的中点F,连接EF,AF,
如图,则EF∥AD1,所以F在截面上.故选B.
[拓展演练2] (2025·河北石家庄模拟)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2,
∠BAD=60°,以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.
【答案】
【解析】如图,连接B1D1,易知△B1C1D1为正三角形,所以B1D1=C1D1=2.分别取B1C1,BB1,
CC1的中点M,G,H,连接D1M,D1G,D1H,则易得D1G=D1H==,D1M⊥B1C1,且D1M=.由题意知G,H分别是BB1,CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P,使MP=,连接D1P,则D1P===,连接MG,MH,易得MG=
MH=,故可知以M为圆心,为半径的圆弧为球面与侧面BCC1B1的交线.由
∠B1MG=∠C1MH=45°知∠GMH=90°,所以的长为×2π×=.
(分值:95分)
选题明细表
知识点、方法 题号
直线与平面平行的判定与性质 2,3,4,5,9,11
平面与平面平行的判定与性质 1,6,10
截面与截线问题 7,15
综合应用问题 8,12,13,14
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.已知两个不重合的平面α,β,给定以下条件:
①α内任意不共线的三点到β的距离都相等;
②l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β;
③l,m是两条异面直线,且l∥α,l∥β,m∥α,m∥β;
④存在平面γ,使得α,β都平行于γ.
其中可以判定α∥β的是(　　)
[A] ①② [B] ②④ [C] ①③ [D] ③④
【答案】 D
【解析】 对于命题①,若α,β是两个相交平面时,如果平面α内不共线的三点在平面β的异侧时,此三点到平面β的距离可以相等,此时不能判定α∥β,故①错误;对于命题②,由面面平行的判定定理可知,若l,m平行,则不一定能够推理得到α∥β,故②错误;对于命题③,由l,m是两条异面直线,通过平移可以在同一个平面内,则该平面与α,β都平行,由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知,α∥β,故③正确;对于命题④,由平行于同一平面的两个平面平行可知④正确.所以满足条件的是③④.故选D.
2.(2025·江苏盐城模拟)已知两条不同的直线m,n,α,β,γ表示三个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)
[A] α∥β,m α,n β m∥n
[B] α⊥γ,β⊥γ α与β平行或相交
[C] α∥β,m∥n,m⊥α n∥β
[D] α∩β=m,β∩γ=n,m∥n α∥β
【答案】 B
【解析】 对于A,若α∥β,m α,n β,则m∥n或m,n异面,故A错误;
对于B,若α⊥γ,β⊥γ,则α,β平行或相交,故B正确;
对于C,若α∥β,m∥n,m⊥α则m⊥β,所以n⊥β,故C错误;
对于D,若α∩β=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β或α,β相交,可参考直三棱柱的三个侧面,故D错误.故选B.
3.(2025·山东泰安模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1,点P是面AA1D1D的中心,点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点,且 PQ∥平面AA1B1B,则线段PQ的长为(　　)
[A] 1 [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 如图所示,连接AB1,AD1,A1D,因为点P是平面AA1D1D的中心,所以AD1∩A1D=P,P是AD1的中点,因为PQ∥平面AA1B1B,PQ 平面D1AB1,平面D1AB1∩平面AA1B1B=AB1,所以PQ∥AB1,即PQ是△D1AB1的中位线,所以PQ=AB1=×=.
故选C.
4.(2025·安徽合肥模拟)如果AB,BC,CD是不在同一平面内的三条线段,则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是(　　)
[A] 平行 [B] 相交
[C] AC在此平面内 [D] 平行或相交
【答案】 A
【解析】 如图,把这三条线段放在正方体内,
可得AC∥EF,又AC 平面EFG,EF 平面EFG,
故AC∥平面EFG.
故选A.
5.在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E为线段AD上靠近A的三等分点,F为线段PC上一点,当PA∥平面EBF,等于(　　)
[A] 3 [B] 4 [C] [D]
【答案】 D
【解析】 如图,连接AC交BE于点G,连接FG,
因为PA∥平面BEF,
PA 平面PAC,
平面PAC∩平面BEF=FG,
所以PA∥FG,
所以=,因为AD∥BC,E为AD的三等分点,
则==,=,
即=.
故选D.
6.(5分)如图,在四棱锥P－ABCD中,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点, 则平面AEG与平面BDH的位置关系为　　　　　　　　.
【答案】 平面AEG∥平面BDH
【解析】 如图,连接AC,交BD于点O,连接OH,
在△PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,
所以EG∥BH,
又EG 平面BDH,BH 平面BDH,
所以EG∥平面BDH.同理可得AG∥平面BDH,
因为AG,EG 平面AEG,AG∩EG=G,
所以平面AEG∥平面BDH.
7.(5分)如图,在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,A1B1的中点是P,过点A1作与截面PBC1平行的截面,则该截面的面积为　　　　.
【答案】 2
【解析】如图所示,分别取棱D1C1,AB的中点E,F,连接A1E,A1F,CF,CE,则平面A1ECF为符合题意的截面,易知截面是菱形.连接EF,A1C,易知EF=2,A1C=2,EF⊥A1C,所以截面的面积S=EF·A1C=2.
8.(13分)如图,在三棱柱BCF－ADE中,若G,H分别是线段AC,DF的中点.
(1)求证:GH∥BF;
(2)在线段CD上是否存在一点P,使得平面GHP∥平面BCF 若存在,指出点P的具体位置并证明;若不存在,说明理由.
(1)【证明】连接BD,
因为四边形ABCD为平行四边形,由题意可得,G是线段BD的中点,
则G,H分别是线段BD,DF的中点,故GH∥BF.
(2)【解】 存在,P是线段CD的中点,理由如下:
由(1)可知,GH∥BF,
又GH 平面GHP,BF 平面GHP,
所以BF∥平面GHP,连接PG,PH,
因为P,H分别是线段CD,DF的中点,则HP∥CF,
又HP 平面GHP,CF 平面GHP,
所以CF∥平面GHP,又BF∩CF=F,BF,CF 平面BCF,故平面GHP∥平面BCF.
9.(多选题)(2025·江西南昌模拟)在下列底面是平行四边形的四棱锥中,A,B,C,M,N是四棱锥的顶点或棱的中点,则MN∥平面ABC的有(　　)
　
[A] [B]
　
[C] [D]
【答案】 AB
【解析】 对于A,B选项,如图(1),图(2),取AB的中点P,连接CP,PM,则MP∥CN,且MP=CN,
所以四边形MNCP为平行四边形,所以MN∥CP,又MN 平面ABC,CP 平面ABC,所以
MN∥平面ABC.故A,B正确.
对于C选项,如图(3),连接EM,由C,M为所在棱的中点知EM∥BC,易证EM∥平面ABC.假设MN∥平面ABC,由EM∩MN=M,EM,MN 平面MNE,可证平面MNE∥平面ABC,又NE 平面MNE,所以NE∥平面ABC,这与NE∩平面ABC=A矛盾,所以假设不成立,即MN与平面ABC不平行,故C错误.
对于D选项,如图(4),连接FN,设FN∩AC=O,连接BO.若MN∥平面ABC,则由平面FMN∩平面ABC=BO,可证得MN∥BO.由B为FM的中点知BO为△FNM的中位线,从而O为FN的中点,实际上FN的中点在底面平行四边形两条对角线的交点处,该交点显然不是图中的点O,故D错误.故选AB.
10.(多选题)(2024·安徽黄山模拟)如图,已知正方体ABCD－A1B1C1D1,点E,F,G分别为棱BC,CC1,CD的中点,下列结论正确的有(　　)
[A] AE与D1F共面
[B] 平面AB1D1∥平面GFE
[C] AE⊥EF
[D] BF∥平面AB1D1
【答案】 AB
【解析】 如图所示,对于A选项,连接BC1,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,AB∥C1D1且AB=C1D1,
所以四边形ABC1D1为平行四边形,则BC1∥AD1,因为E,F分别为BC,CC1的中点,则EF∥BC1,故EF∥AD1,所以AE与D1F共面,A正确;
对于B选项,连接BD,因为BB1∥DD1且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D为平行四边形,则BD∥B1D1,
又因为E,G分别为BC,CD的中点,则EG∥BD,所以EG∥B1D1,
因为EG 平面AB1D1,B1D1 平面AB1D1,所以EG∥平面AB1D1,
同理可证EF∥平面AB1D1,
因为EF∩EG=E,EF,EG 平面EFG,所以平面EFG∥平面AB1D1,B正确;
对于C选项,连接AF,AC,不妨设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,
则AE===,
EF===,
AC===2,
因为CC1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,则CC1⊥AC,
所以AF===3,
所以AE2+EF2≠AF2,故AE,EF不垂直,C错误;
对于D选项,假设BF∥平面AB1D1,
又因为EF∥平面AB1D1,EF∩BF=F,EF,BF 平面BB1C1C,
所以平面BB1C1C∥平面AB1D1,
事实上,平面BB1C1C与平面AB1D1不平行,假设不成立,D错误.故选AB.
11.如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,点D,E分别在棱AA1,CC1上,AD=2A1D=CE=2C1E=2,点F满足=λ(0<λ<1),若B1E∥平面ACF,则λ的值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 在BB1上取一点G使得B1G=2BG,连接CG,AG,
AG与BD交于一点F,即为所求(如图所示).
证明如下:
根据已知CE=2C1E=2,
所以CC1=BB1=3,
所以在直三棱柱ABC－A1B1C1中,B1G∥CE,
且B1G=CE=2,
所以四边形B1GCE为平行四边形,
所以B1E∥CG,
因为B1E 平面ACG,CG 平面ACG,
所以B1E∥平面ACG,
即B1E∥平面ACF.
又△BFG∽△DFA,
所以==,
所以=,即λ的值为.故选C.
12.(2025·贵州黔东南模拟)平面α过直三棱柱ABC－A1B1C1的顶点B1,平面α∥平面ABC1,平面α∩平面BB1C1C=l,且AA1=AB=BC,AB⊥BC,则A1B与l所成角的正弦值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】如图所示,将直三棱柱ABC－A1B1C1向上补一个全等的直三棱柱A1B1C1－A2B2C2,
则B1C2∥BC1,A1B1∥AB,
因为B1C2 平面ABC1,BC1 平面ABC1,且A1B1 平面ABC1,AB 平面ABC1,
所以B1C2∥平面ABC1,且A1B1∥平面ABC1,
又因为B1C2∩A1B1=B1,且B1C2,A1B1 平面A1B1C2,
所以平面A1B1C2∥平面ABC1,且B1∈平面A1B1C2,故平面A1B1C2即为平面α,
所以交线l即为直线B1C2,
因为B1C2∥BC1,则A1B与l所成角为∠A1BC1,
设AA1=AB=BC=1,则AC=A1C1=,BC1=BA1=,可得A1C1=BC1=BA1,
所以△A1BC1为等边三角形,所以∠A1BC1=60°,所以sin ∠A1BC1=,
即A1B与l所成角的正弦值为.故选A.
13.(5分)(2025·四川遂宁模拟)若长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形,高为4,E是DD1的中点,现给出以下四个命题:
①B1E⊥A1B;
②平面B1CE∥平面A1BD;
③三棱锥C1－B1CE的体积为;
④三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积为24π.
则正确命题的序号是　　　　.
【答案】 ③④
【解析】 对于①,由长方体的底面边长为2,高为4,
可知C1E⊥CE,则D1C与C1E不垂直.
因为D1C∥A1B,
所以若B1E⊥A1B,则B1E⊥D1C,
又B1C1⊥平面DCC1D1,D1C 平面DCC1D1,
所以B1C1⊥D1C,
又B1C1∩B1E=B1,
所以D1C⊥平面B1C1E,
因为C1E 平面B1C1E,
所以D1C⊥C1E,与前面矛盾,
所以B1E与A1B不垂直.
故①错误;
对于②,因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1,
若平面B1CE∥平面A1BD,则有交线CE∥A1B,
但事实上CE,A1B不平行,故②错误;
对于③,由底面是边长为2的正方形,高为4,E是DD1的中点,
则==×4×2=,故③正确;
对于④,三棱锥C1－B1CD1的外接球即为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球,
故外接球的半径R==,
所以三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积S=4πR2=24π,故④正确.
14.(15分) (2025·重庆模拟)如图所示,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,F为PA的中点,E为PB中点.
(1)求证:PC∥平面BFD;
(2)已知点M在PD上满足EC∥平面BFM,求的值.
(1)【证明】 连接AC交BD于O,连接OF,
因为在△PAC中,F为PA中点,O为AC中点,则PC∥FO.
又PC 平面BFD,FO 平面BFD,故PC∥平面BFD.
(2)【解】 如图,连接FM交AD延长线于G,连接BG交CD于N,
连接EF,FN,PG,EN.
因为EF∥CN,则E,F,N,C四点共面.
又EC∥平面BFM,
平面BFM∩平面EFNC=FN,
则EC∥FN,四边形EFNC为平行四边形,可得
EF=CN=CD,
即N为CD中点.
则△BCN≌△GDN,N为BG中点.
即EN为△PBG的中位线,则EN∥PG,EN=PG.
又EF=DN,EF∥DN,则四边形EFDN为平行四边形,EN∥FD.
从而FD∥PG,
所以△FMD∽△GMP,
所以===2.
15.如图,正方体ABCD－A1B1C1D1,棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为Ω.若 =(0<λ≤1),则下列结论错误的是(　　)
[A] 当λ∈(0,)时,Ω为四边形
[B] 当λ=时,Ω为等腰梯形
[C] 当λ∈(,1)时,Ω为六边形
[D] 当λ=1时,Ω的面积为
【答案】 C
【解析】 当0<λ<时,如图(1),Ω是四边形,故A正确;
当λ=时,如图(2),Ω为等腰梯形,B正确;
当<λ<1时,如图(3),Ω是五边形,C错误;
当λ=1时,Q与C1重合,取A1D1的中点F,连接AF,如图(4),由正方体的性质易得PC1∥
BM∥AF,且PC1=AF=AP,截面Ω为APC1F为菱形,其面积为AC1·PF=,D正确.
故选C.
(
第
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)(共96张PPT)
第3节　空间直线、平面的平行
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、面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.
[课程标准要求]
必备知识
课前回顾
知识梳理
1.直线与平面平行的判定定理与性质定理
一条直线
定理 文字语言 图形表示 符号表示
判定 定理 如果平面外一条直线与此平面内的 平行,那么该直线与此平面平行
性质 定理 一条直线与一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与 平行
交线
释疑
(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行.但一定要说明一条直线在平面外,一条直线在平面内.
(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键.为了能利用线面平行的判定定理及性质定理,往往需要作辅助线(面).
知识梳理
相交直线
2.平面与平面平行的判定定理与性质定理
定理 文字语言 图形表示 符号表示
判定 定理 如果一个平面内的两条 与另一个平面平行,那么这两个平面平行
性质 定理 两个平面平行,如果另一个平面与这两个平面 ,那么两条 平行
相交
交线
释疑
(1)两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
(2)判定定理的推论:一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行,那么这两个平面平行.
重要结论
1.平行间的三种转化关系
2.平行问题中的唯一性
(1)过直线外一点与该直线平行的直线有且只有一条.
(2)过平面外一点,与该平面平行的平面有且只有一个.
重要结论
3.(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
(2)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例.
(3)同一条直线与两个平行平面所成角相等.
对点自测
1.(2025·内蒙古赤峰模拟)设α,β是两个不同的平面,m,l是两条不同的直线,且α∩β=l,则“m∥l”是“m∥β且m∥α”的(　　)
[A] 充分不必要条件
[B] 充分必要条件
[C] 必要不充分条件
[D] 既不充分也不必要条件
C
对点自测
【解析】 当m∥l时,m可能在α内或者β内,故不能推出m∥β且m∥α,所以充分性不成立;
当m∥β且m∥α时,设存在直线n α,n β,且n∥m,
因为m∥β,所以n∥β,根据直线与平面平行的性质定理,可知n∥l,
所以m∥l,即必要性成立,故“m∥l”是“m∥β且m∥α”的必要不充分条件.故选C.
对点自测
2.(人教A版必修第二册P139练习T2改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为DD1的中点,则下列直线中与平面ACE平行的是(　　)
[A] BA1 [B] BD1
[C] BC1 [D] BB1
B
对点自测
【解析】如图所示,连接BD,设AC∩BD=O,则O是BD的中点,连接OE,
因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为DD1的中点,
所以OE∥BD1.
又OE 平面ACE,BD1 平面ACE,
所以BD1∥平面ACE.
易得直线BA1,BC1,BB1均与平面ACE不平行.故选B.
对点自测
3.在三棱柱ABC－A1B1C1中,D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点,若A1C∥平面BC1D,则D为(　　)
[A] 棱AB的中点 [B] 棱A1B1的中点
[C] 棱BC的中点 [D] 棱AA1的中点
B
【解析】 如图,当D为棱A1B1的中点时,取AB的中点E,连接A1E,CE,因为A1E∥BD,DC1∥EC,DC1∩BD=D,所以平面A1CE∥平面BC1D,又A1C 平面A1CE,则A1C∥平面BC1D.故选B.
对点自测
4.如图是长方体被一平面截后得到的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为　　　　　　.
平行四边形
【解析】 因为平面ABFE∥平面DCGH,
又平面EFGH∩平面ABFE=EF,
平面EFGH∩平面DCGH=HG,
所以EF∥HG.同理EH∥FG,
所以四边形EFGH是平行四边形.
对点自测
5.(人教A版必修第二册P145习题8.5 T13改编)如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知 AB=2 cm,DE=
4 cm,EF=3 cm,则AC的长为　　　　cm.
对点自测
关键能力
课堂突破
考点一　直线与平面平行的判定与性质
角度1　直线与平面平行的判定
[例1] (2025·四川雅安模拟)如图,在直三棱柱ABC－ A1B1C1中,D为A1B1的中点.证明:B1C∥平面AC1D.
【证明】连接A1C交AC1于点E,则E为A1C的中点,连接DE,而D为A1B1的中点,则DE∥B1C,
又DE 平面AC1D,B1C 平面AC1D,所以B1C∥平面AC1D.
[例2] 如图,在五棱锥P－ABCDE中,AB∥DE,F为棱PE上一点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.求证:AB∥FG.
角度2　直线与平面平行的性质
【证明】 在五边形ABCDE中,因为AB∥DE,
AB 平面PDE,DE 平面PDE,
所以AB∥平面PDE.
因为AB 平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.
线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线,解题的思路是利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行及面面平行的性质,或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.
(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要利用已知直线作辅助平面来确定交线.
解题策略
[针对训练] 如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,O,M分别为BD,PC的中点.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求证:OM∥平面PAD;
【证明】 (1)连接AC,因为底面ABCD为平行四边形,O为BD的中点,
所以O为AC的中点.
因为M为PC的中点,所以在△APC中,OM∥AP.
因为OM 平面PAD,AP 平面PAD,所以OM∥平面PAD.
[针对训练] 如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,O,M分别为BD,PC的中点.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(2)求证:BC∥l.
【证明】 (2)因为底面ABCD为平行四边形,所以AD∥BC.
因为AD 平面PAD,BC 平面PAD,所以BC∥平面PAD.
因为平面PAD与平面PBC的交线为l,BC 平面PBC,所以BC∥l.
考点二　平面与平面平行的判定与性质
[例3] 如图所示,在三棱柱ABC－A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(1)B,C,H,G四点共面;
【证明】 (1)因为G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
所以GH是△A1B1C1的中位线,所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC,所以GH∥BC,
所以B,C,H,G四点共面.
[例3] 如图所示,在三棱柱ABC－A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
【证明】 (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.
因为A1G∥EB,A1G=EB,
所以四边形A1EBG是平行四边形,则A1E∥GB.
因为A1E 平面BCHG,GB 平面BCHG,
所以A1E∥平面BCHG.
因为A1E∩EF=E,A1E 平面EFA1,EF 平面EFA1,
所以平面EFA1∥平面BCHG.
1
[典例迁移2] (变条件,变设问)在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,
A1B1,A1C1的中点”变为“D1,D分别是B1C1,BC的中点”,求证:平面A1BD1∥平面AC1D.
【证明】 如图,连接A1C,交AC1于点M,连接MD.
因为四边形A1ACC1是平行四边形,所以M是A1C的中点,
又D为BC的中点,所以DM∥A1B.
因为A1B 平面A1BD1,DM 平面A1BD1,所以DM∥平面A1BD1.
由三棱柱的性质知,D1C1∥BD且D1C1=BD,
所以四边形BDC1D1为平行四边形,所以DC1∥BD1.
又DC1 平面A1BD1,BD1 平面A1BD1,所以DC1∥平面A1BD1,
又DC1∩DM=D,DC1,DM 平面AC1D,
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理,证明时需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线.
(2)线面垂直的性质(垂直于同一条直线的两平面平行).
(3)平行的传递性(平行于同一平面的两平面平行).
2.面面平行条件的应用
(1)两平面平行,分析构造与之相交的第三个平面,交线平行.
(2)两平面平行,其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.这也是证明线面平行的常用方法.
解题策略
考点三　平行关系的综合应用
[例4] (2025·重庆模拟)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形,点E在PD上,且PE=2ED.在棱PC上是否存在一点F,使得BF∥平面AEC 若存在,求点F的位置;若不存在,请说明理由.
【解】 当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC,证明如下:
取PE的中点M,连接BF,FM,BM,BD,记AC与BD交于点O,连接EO.
易得FM∥CE,因为FM 平面AEC,CE 平面AEC,所以FM∥平面AEC.
由PE=2ED,M是PE的中点,知E是MD的中点,由四边形ABCD是正方形,知O为BD的中点,所以BM∥OE,又BM 平面AEC,OE 平面AEC,所以BM∥平面AEC.
又因为FM∩BM=M,FM,BM 平面BFM,
所以平面BFM∥平面AEC,
因为BF 平面BFM,
所以BF∥平面AEC.
解题策略
平行关系综合应用的策略
在立体几何中常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行,这三种平行关系不是孤立的,而是相互联系,并且可以相互转化的.所以要解决平行关系的综合问题,必须要灵活运用三种平行关系的相互转化.
[针对训练] 如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别为AB,BC的中点.
(1)当点P在棱DD1上运动时,是否都有MN∥平面A1C1P 证明你的结论;
(1)【解】当点P在棱DD1上运动时,都有MN∥平面A1C1P.
证明如下:连接AC,在正方形ABCD中,由题意得MN为△ABC的中位线,可得MN∥AC,
由正方体的截面性质可得四边形A1ACC1为矩形,则AC∥A1C1,可得MN∥A1C1,
又MN 平面A1C1P,A1C1 平面A1C1P,则MN∥平面A1C1P.
[针对训练] 如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别为AB,BC的中点.
(2)若P是DD1的中点,Q是BB1的四等分点,且B1Q=3QB,求证:平面MNQ∥平面A1C1P.
(2)【证明】 取A1A的中点F,连接PF,FB1,取B1B的中点E,连接AE,由FP∥A1D1,FP=A1D1,A1D1∥B1C1,A1D1=B1C1,
可得FP∥B1C1,FP=B1C1,
即四边形FPC1B1为平行四边形,
可得FB1∥PC1,由E为B1B的中点,且B1Q=3QB,
可得Q为BE的中点,且MQ∥AE,由AEB1F为平行四边形,可得AE∥FB1,即有MQ∥PC1.
又MQ 平面A1C1P,PC1 平面A1C1P,则MQ∥平面A1C1P,
又MN∥平面A1C1P,MN∩MQ=M,MN,MQ 平面MNQ,则平面MNQ∥平面A1C1P.
微点培优10　截面与截线问题
知识链接
1.在立体几何中,用一个平面去截几何体(包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、正方体等),此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面,利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键.
2.确定截面的主要依据
(1)平面的基本事实.
(2)直线和平面平行的判定和性质.
(3)两个平面平行的性质.
(4)球的截面的性质.
知识链接
3.正方体中的基本截面类型
题型演绎
B
B
D
反思归纳
(1)作截面应遵循的三个原则:
①在同一平面上的两点可引直线;
②凡是相交的直线都要画出它们的交点;
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有两种:
①利用基本事实3作交线;
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.
[拓展演练1] 如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则过三点A,D1,E的截面过(　　)
[A] AB中点
[B] BC中点
[C] CD中点
[D] BB1中点
B
【解析】 取BC的中点F,连接EF,AF,
如图,则EF∥AD1,所以F在截面上.故选B.
课时作业
(分值:95分)
选题明细表
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
知识点、方法 题号
直线与平面平行的判定与性质 2,3,4,5,9,11
平面与平面平行的判定与性质 1,6,10
截面与截线问题 7,15
综合应用问题 8,12,13,14
基础巩固练
D
1.已知两个不重合的平面α,β,给定以下条件:
①α内任意不共线的三点到β的距离都相等;
②l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β;
③l,m是两条异面直线,且l∥α,l∥β,m∥α,m∥β;
④存在平面γ,使得α,β都平行于γ.
其中可以判定α∥β的是(　　)
[A] ①② [B] ②④ [C] ①③ [D] ③④
【解析】 对于命题①,若α,β是两个相交平面时,如果平面α内不共线的三点在平面β的异侧时,此三点到平面β的距离可以相等,此时不能判定α∥β,故①错误;对于命题②,由面面平行的判定定理可知,若l,m平行,则不一定能够推理得到α∥β,故②错误;对于命题③,由l,m是两条异面直线,通过平移可以在同一个平面内,则该平面与α,β都平行,由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知,α∥β,故③正确;对于命题④,由平行于同一平面的两个平面平行可知④正确.所以满足条件的是③④.故选D.
B
2.(2025·江苏盐城模拟)已知两条不同的直线m,n,α,β,γ表示三个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)
[A] α∥β,m α,n β m∥n
[B] α⊥γ,β⊥γ α与β平行或相交
[C] α∥β,m∥n,m⊥α n∥β
[D] α∩β=m,β∩γ=n,m∥n α∥β
【解析】 对于A,若α∥β,m α,n β,则m∥n或m,n异面,故A错误;
对于B,若α⊥γ,β⊥γ,则α,β平行或相交,故B正确;
对于C,若α∥β,m∥n,m⊥α则m⊥β,所以n⊥β,故C错误;
对于D,若α∩β=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β或α,β相交,可参考直三棱柱的三个侧
面,故D错误.故选B.
3.(2025·山东泰安模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1,点P是面AA1D1D的中心,点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点,且 PQ∥平面AA1B1B,则线段PQ的长为(　　)
C
4.(2025·安徽合肥模拟)如果AB,BC,CD是不在同一平面内的三条线段,则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是(　　)
[A] 平行 [B] 相交
[C] AC在此平面内 [D] 平行或相交
A
【解析】 如图,把这三条线段放在正方体内,
可得AC∥EF,又AC 平面EFG,EF 平面EFG,
故AC∥平面EFG.
故选A.
D
6.(5分)如图,在四棱锥P－ABCD中,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点, 则平面AEG与平面BDH的位置关系为
　　 　　　　　　.
平面AEG∥平面BDH
【解析】 如图,连接AC,交BD于点O,连接OH,
在△PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,
所以EG∥BH,
又EG 平面BDH,BH 平面BDH,
所以EG∥平面BDH.同理可得AG∥平面BDH,
因为AG,EG 平面AEG,AG∩EG=G,
所以平面AEG∥平面BDH.
7.(5分)如图,在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,A1B1的中点是P,过点A1作与截面PBC1平行的截面,则该截面的面积为　　　　.
(1)【证明】连接BD,因为四边形ABCD为平行四边形,由题意可得,G是线段BD的中点,
则G,H分别是线段BD,DF的中点,故GH∥BF.
8.(13分)如图,在三棱柱BCF－ADE中,若G,H分别是线段AC,DF的中点.
(1)求证:GH∥BF;
8.(13分)如图,在三棱柱BCF－ADE中,若G,H分别是线段AC,DF的中点.
(2)在线段CD上是否存在一点P,使得平面GHP∥平面BCF 若存在,指出点P的具体位置并证明;若不存在,说明理由.
(2)【解】 存在,P是线段CD的中点,理由如下:
由(1)可知,GH∥BF,
又GH 平面GHP,BF 平面GHP,
所以BF∥平面GHP,连接PG,PH,
因为P,H分别是线段CD,DF的中点,则HP∥CF,
又HP 平面GHP,CF 平面GHP,
所以CF∥平面GHP,又BF∩CF=F,BF,CF 平面BCF,故平面GHP∥平面BCF.
综合运用练
9.(多选题)(2025·江西南昌模拟)在下列底面是平行四边形的四棱锥中,A,B,
C,M,N是四棱锥的顶点或棱的中点,则MN∥平面ABC的有(　 　)
AB
[A] [B] [C] [D]
【解析】 对于A,B选项,如图(1),图(2),取AB的中点P,连接CP,PM,则MP∥CN,且MP=CN,
所以四边形MNCP为平行四边形,所以MN∥CP,又MN 平面ABC,CP 平面ABC,所以MN∥平面ABC.故A,B正确.
对于C选项,如图(3),连接EM,由C,M为所在棱的中点知EM∥BC,易证EM∥平面ABC.假设MN∥平面ABC,由EM∩MN=M,EM,MN 平面MNE,可证平面MNE∥平面ABC,又NE 平面MNE,所以NE∥平面ABC,这与NE∩平面ABC=A矛盾,所以假设不成立,即MN与平面ABC不平行,故C错误.
对于D选项,如图(4),连接FN,设FN∩AC=O,连接BO.若MN∥平面ABC,则由平面FMN∩平面ABC=BO,可证得MN∥BO.由B为FM的中点知BO为△FNM的中位线,从而O为FN的中点,实际上FN的中点在底面平行四边形两条对角线的交点处,该交点显然不是图中的点O,故D错误.故选AB.
AB
10.(多选题)(2024·安徽黄山模拟)如图,已知正方体ABCD－A1B1C1D1,点E,F,
G分别为棱BC,CC1,CD的中点,下列结论正确的有(　 　)
[A] AE与D1F共面
[B] 平面AB1D1∥平面GFE
[C] AE⊥EF
[D] BF∥平面AB1D1
【解析】 如图所示,对于A选项,连接BC1,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,
AB∥C1D1且AB=C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,则BC1∥AD1,因为E,F分别为BC,CC1的中点,则EF∥BC1,故EF∥AD1,所以AE与D1F共面,A
正确;
对于B选项,连接BD,因为BB1∥DD1且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D为平行四边形,则BD∥B1D1,
又因为E,G分别为BC,CD的中点,则EG∥BD,所以EG∥B1D1,
因为EG 平面AB1D1,B1D1 平面AB1D1,所以EG∥平面AB1D1,
同理可证EF∥平面AB1D1,
因为EF∩EG=E,EF,EG 平面EFG,所以平面EFG∥平面AB1D1,B正确;
对于D选项,假设BF∥平面AB1D1,
又因为EF∥平面AB1D1,EF∩BF=F,EF,BF 平面BB1C1C,
所以平面BB1C1C∥平面AB1D1,
事实上,平面BB1C1C与平面AB1D1不平行,假设不成立,D错误.故选AB.
C
【解析】 在BB1上取一点G使得B1G=2BG,连接CG,AG,
AG与BD交于一点F,即为所求(如图所示).
证明如下:
根据已知CE=2C1E=2,
所以CC1=BB1=3,
所以在直三棱柱ABC－A1B1C1中,B1G∥CE,
且B1G=CE=2,
所以四边形B1GCE为平行四边形,
所以B1E∥CG,
A
12.(2025·贵州黔东南模拟)平面α过直三棱柱ABC－A1B1C1的顶点B1,平面α∥平面ABC1,平面α∩平面BB1C1C=l,且AA1=AB=BC,AB⊥BC,则A1B与l所成角的正弦值为(　　)
【解析】如图所示,将直三棱柱ABC－A1B1C1向上补一个全等的直三棱柱A1B1C1－A2B2C2,则B1C2∥BC1,A1B1∥AB,
因为B1C2 平面ABC1,BC1 平面ABC1,且A1B1 平面ABC1,AB 平面ABC1,
所以B1C2∥平面ABC1,且A1B1∥平面ABC1,
13.(5分)(2025·四川遂宁模拟)若长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为
2的正方形,高为4,E是DD1的中点,现给出以下四个命题:
③④
【解析】 对于①,由长方体的底面边长为2,高为4,
可知C1E⊥CE,则D1C与C1E不垂直.
因为D1C∥A1B,所以若B1E⊥A1B,则B1E⊥D1C,
又B1C1⊥平面DCC1D1,D1C 平面DCC1D1,所以B1C1⊥D1C,
又B1C1∩B1E=B1,所以D1C⊥平面B1C1E,
因为C1E 平面B1C1E,所以D1C⊥C1E,与前面矛盾,所以B1E与A1B不垂直.
故①错误;
14.(15分) (2025·重庆模拟)如图所示,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,F为PA的中点,E为PB中点.
(1)求证:PC∥平面BFD;
(1)【证明】 连接AC交BD于O,连接OF,
因为在△PAC中,F为PA中点,O为AC中点,则PC∥FO.
又PC 平面BFD,FO 平面BFD,故PC∥平面BFD.
14.(15分) (2025·重庆模拟)如图所示,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为平行四边形,F为PA的中点,E为PB中点.
应用创新练
C

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