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(共33张PPT)
第47讲空间直线、平面的平行
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]　(多选)(原创)下列对于线面平行的判断正确的是(　 　)
A.若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α
B.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平行
C.在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条不同的直径,且P为SB的中点,则SA∥平面PCD
D.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点,则BD∥平面FGH
BCD
[解析]　对于A,若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α或m α,故A错误.
对于B,如图1,把这三条线段放在正方体内,取AB,BC,CD的中点分别为E,F,G,连接EF,FG,EG,显然AC∥EF,AC 平面EFG,EF 平面EFG,故AC∥平面EFG,故B正确.
对于C,连接PO,如图2,
根据题意可知,P,O分别为SB,AB的中点,
∴PO∥SA.
又∵PO 平面PCD,SA 平面PCD,
∴SA∥平面PCD,故C正确.
对于D,如图3,连接DG,CD交GF于点M,连接MH.
在三棱台DEF-ABC中,由AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,∴四边形DFCG为平行四边形,则M为CD的中点.
又∵H为BC的中点,∴HM∥BD.∵HM 平面FGH,BD 平面FGH,∴BD∥平面FGH.
角度2　直线与平面平行的性质
[例2]　(2026·河北保定模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E,F分别为线段PD,PC上的点,且=,若直线BF∥平面AEC,则=　　　　.
[解析]　连接BD,设AC∩BD=O,连接DF交CE于点G,连接OG.
因为直线BF∥平面AEC,BF 平面BDF,
平面BDF∩平面AEC=OG,所以BF∥OG.
因为O是BD的中点,所以==1.
过点F作FH∥CE,交PD于点H,
则==1.
因为=,所以=,
所以==.
方法总结
1.证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点).
(2)利用线面平行的判定定理(a α,b α,a∥b a∥α).
(3)利用面面平行的性质(α∥β,a α a∥β).
(4)利用面面平行的性质(α∥β,a β,a∥α a∥β).
2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要利用已知直线作辅助平面确定交线.
跟踪训练
1.如图所示,已知四棱锥P-ABCD,BC∥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB.
证明:设PA的中点为F,连接EF,FB(图略).
∵E,F分别为PD,PA的中点,∴EF∥AD,且EF=AD.又∵BC∥AD,BC=AD,∴EF∥BC,且EF=BC,∴四边形BCEF为平行四边形,∴CE∥BF.又∵BF 平面PAB,CE 平面PAB,∴CE∥平面PAB.
(2)设平面AEC与平面PAB的交线为l,证明:l ∥CE.
证明:∵CE∥平面PAB,平面AEC与平面PAB的交线为l,EC 平面AEC,∴由线面平行的性质定理可得l ∥CE.
考点二　平面与平面平行的判定与性质
[例3]　(2026·山东潍坊质检)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为棱B1C1,A1B1,AB的中点.
(1)证明:平面A1C1G∥平面BEF;
[证明]　∵E,F分别为B1C1,A1B1的中点,
∴EF∥A1C1.
∵A1C1 平面A1C1G,EF 平面A1C1G,
∴EF∥平面A1C1G.
又F,G分别为A1B1,AB的中点,
∴A1F=BG,
又A1F∥BG,∴四边形A1GBF为平行四边形,
∴BF∥A1G.
∵A1G 平面A1C1G,BF 平面A1C1G,
∴BF∥平面A1C1G.
又EF∩BF=F,EF,BF 平面BEF,
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)若平面A1C1G∩BC=H,证明:H为BC的中点.
[证明]　∵平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1C1G∩平面A1B1C1=A1C1,
平面A1C1G与平面ABC有公共点G,经过点G的直线交BC于点H,
则A1C1∥GH,∴GH∥AC.
∵G为AB的中点,∴H为BC的中点.
方法总结
1.证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β α∥β).
(3)利用面面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(α∥β,β∥γ α∥γ).
2.当已知两平面平行时,可以得出线面平行,如果要得出线线平行,必须是与第三个平面的交线.
跟踪训练
2.(2026·福建福州模拟)已知平面α∥平面β,直线m α,下列说法正确的是　　　　　.(填序号)
①m与β内任意一条直线平行;
②m与β内无数条直线平行;
③m与β内任意一条直线不垂直;
④m与β无公共点.
②④
解析:如图1,平面α∥平面β,m α,b β,则m⊥b,故①③错误;
如图2,若平面α∥平面β,直线m α,α∩γ=m,β∩γ=b,则m∥b,因为在平面β有无数条直线与b平行,
所以在平面β内有无数条直线与m平行,故②正确;
若平面α∥平面β,则平面α与平面β无公共点,
因为直线m α,所以m与β无公共点,故④正确.
3.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
证明:平面A1BD∥平面CD1B1;
证明:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥AD,且A1D1=AD,AD∥BC,AD=BC,所以A1D1∥BC,且A1D1=BC,
所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.
又因为A1B 平面CD1B1,D1C 平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.
同理,A1D∥平面CD1B1.又因为A1B∩A1D=A1,且A1B,A1D 平面A1BD,所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2) 若平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,证明:B1D1∥l.
证明:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
且平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,平面A1B1C1D1∩平面CD1B1=B1D1,
所以B1D1∥l.
考点三　空间平行关系的探索性问题
[例4]　(2026·河南郑州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,
AD=2BC,E为AD的中点,直线PA上是否存在点M,使得直线CM∥平面PBE 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
[解]　存在.如图,连接AC,CE.记AC∩BE=Q,而AD∥BC,AD=2BC,E为AD的中点,则BC∥AE,BC=AE,
故四边形ABCE为平行四边形,且Q为AC的中点,
连接PQ,在平面APQ内作CM∥PQ,交AP的延长线于点M,
则有AP=PM,所以=2.
此时PQ 平面PBE,CM 平面PBE,
则直线CM∥平面PBE,
即直线PA上存在点M,使得直线CM∥平面PBE,此时=2.
方法总结
1.在解决线面、面面平行的判定问题时,一般遵循从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”的顺序;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的具体条件而定.
2.解答探索性问题的基本策略是先假设,再严格证明.
跟踪训练
4.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分别为AC,A1C1上的点.
(1)当为何值时,BC1∥平面AB1D1
解:当=1时,BC1∥平面AB1D1.
如图,连接A1B交AB1于点O,连接OD1.
由棱柱的性质知,四边形A1ABB1为平行四边形,
∴O为A1B的中点.
在△A1BC1中,O,D1分别为A1B,A1C1的中点,
∴OD1∥BC1.
又OD1 平面AB1D1,BC1 平面AB1D1,
∴BC1∥平面AB1D1,
∴当=1时,BC1∥平面AB1D1.
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.
解:∵平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=OD1,
∴BC1∥OD1,同理AD1∥DC1,
∴=,=.
又=1,∴=1,即=1.
截面与交线问题
教材延展
知识背景 (源于人教A版必修第二册P138例3)
“截面、交线”问题是高考立体几何中极具创新意识的题型,它渗透了一些动态的线、面等元素,为静态的立体几何赋予了活力.求截面、交线问题,一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、扇形面积等结合求解,二是利用空间向量的坐标运算求解.
[例]　(1)(2026·江苏南通质检)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB,E是PD的中点,F是棱PC上的点且PF=2FC,则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是(　　)
A.斜三角形
B.梯形
C.平行四边形
D.两组对边均不平行的四边形
D
[解析]　如图,延长EF和DC,设其交点为G,连接BG,延长DA并与直线BG交于点H,连接HE交PA于点K,
连接KB,得四边形EFBK,
假设KE∥BF,易证BF∥平面PAD,
易知BC∥平面PAD,
易得平面PBC∥平面PAD,
与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾,
故假设不成立,因此KE与BF不平行,
同理可证KB与EF不平行,
因此四边形EFBK的两组对边均不平行.
(2)(2026·江苏南通模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,则以点A为球心、2为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为
　　　　　.
[解析]　如图,球与△ABC和△A1B1C1没有交线;与四边形AA1B1B和四边形AA1C1C的交线是以点A为圆心、2为半径的圆弧,长度为π;与四边形BB1C1C的交线是以BC为直径的圆弧,长度为π.因此交线的长度之和为3π.
3π
1.多面体的截面问题,利用三个基本事实,先确定交点,再确定交线,最后确定截面.
2.有关球的截面,先确定球心,再确定球面上的点,最后确定截面圆的位置,就可确定交线.
方法总结
跟踪训练
1.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体,则截面图形可能是　　　　　.(填序号)
①④
解析:当截面ABCD为图1时,截面图形如①所示;
当截面ABCD为图2时,截面图形如④所示,下侧为抛物线的形状.
2.(2020·新课标Ⅰ卷)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
　　　　.
解析:如图,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,
连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,
由∠BAD=60°,AB=AD,
得△ABD为等边三角形,
∴D1B1=DB=2,
∴△D1B1C1为等边三角形,
则D1E=且D1E⊥平面BCC1B1,
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心.
设球的半径为R,截面圆的半径为r,
则r===,
可得EP=EQ=,
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧 .
又D1P=,∴B1P==1,
同理C1Q=1,
∴P,Q分别为BB1,CC1的中点,
∴∠PEQ=,则 ×=.(共14张PPT)
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A组　基础保分练
1.(2026·湖南郴州模拟)设α,β是两个平面,m,n是两条直线,若m α,n α,则“α∥β”是“m∥β,n∥β”的(　　)
A.充分不必要条件　　　 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:若m∥β,n∥β,则α,β可能平行,也可能相交,故α∥β不一定成立,
若α∥β,则m∥β,n∥β,
故“α∥β”是“m∥β,n∥β”的充分不必要条件.
A
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2.已知P为△ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,且α分别交线段PA,PB,PC于点A',B',C'.若PA'∶AA'=2∶3,则S△A'B'C'∶S△ABC=(　　)
A.2∶3 B.2∶5
C.4∶9 D.4∶25
解析:∵平面α∥平面ABC,∴A'C'∥AC,A'B'∥AB,B'C'∥BC.又PA'∶AA'=2∶3,∴PA'∶PA=A'B'∶AB=2∶5,∴S△A'B'C'∶S△ABC=4∶25.
D
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3.(2026·贵州贵阳模拟)已知直线l,平面α,则l∥α的一个充要条件是(　　)
A.α内存在一条直线与l平行
B.l平行α内无数条直线
C.垂直于α的直线都垂直于l
D.存在一个与α平行的平面经过l
D
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解析:对于A,由α内存在一条直线与l平行,则l∥α或l α,所以A不正确.
对于B,由l平行α内无数条直线,则l∥α或l α,所以B不正确.
对于C,由垂直于α的直线都垂直于l,则l∥α或l α,所以C不正确.
对于D,如图所示,由l∥α,在直线l上任取一点P作直线a,使得a∥α,因为l∩a=P且l,a 平面β,所以α∥β,即充分性成立;反之,若存在一个与α平行的平面经过l,根据面面平行的性质,可得l∥α,即必要性成立,所以D正确.
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4.(多选)(2026·云南昆明模拟)如图是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点.在此几何体中,下列结论正确的是(　 　)
A.平面EFGH∥平面ABCD
B.PA∥平面BDG
C.EF∥平面PBC
D.EF∥平面BDG
ABC
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解析:先把平面展开图还原为一个四棱锥如图所示,对于A,因为E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,所以EF∥AD,GH∥BC,因为AD∥BC,所以EF∥GH,所以EF,GH确定平面EFGH,因为EF 平面EFGH,AD 平面EFGH,所以AD∥平面EFGH,同理可得AB∥平面EFGH.因为AB∩AD=A,AB,AD 平面ABCD,所以平面EFGH∥平面ABCD,所以A正确.对于B,连接AC,BD交于点O,则O为AC的中点,连接OG,因为G为PC的中点,所以OG∥PA,因为OG 平面BDG,PA 平面BDG,所以PA∥平面BDG,所以B正确.对于C,由E,F分别为PA,PD的中点,可得EF∥AD,由AD∥BC,可得EF∥BC.因为EF 平面PBC,BC 平面PBC,所以EF∥平面PBC,
所以C正确.对于D,若EF∥平面BDG,因为PA∥平面BDG,且EF∩PA=
E,EF,PA 平面PAD,可得平面PAD∥平面BDG,显然不正确,所以EF
与平面BDG不平行,所以D不正确.
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5.设α,β,γ是三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n γ,且　　　　　,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.
①α∥γ,n β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m γ.
可以填入的条件有　　　　　.(填序号)
解析:由面面平行的性质定理可知,①正确;当m∥γ,n∥β时,n和m可能平行或异面,②错误;当n∥β,m γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以m∥n,③正确.
①③
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6.(2026·江苏南京模拟)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M是线段B1D1上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.
(1)证明:EF∥平面BDD1B1;
证明:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中,连接BM,如图.
因为E,F分别是BC,CM的中点,所以EF∥BM.
又EF 平面BDD1B1,BM 平面BDD1B1,所以EF∥ 平面BDD1B1.
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(2)设G为CD的中点,证明:平面GEF∥平面BDD1B1.
证明:因为G 是CD 的中点,E是BC 的中点,
所以EG∥BD.
又EG 平面BDD1B1,BD 平面BDD1B1,所以EG∥ 平面BDD1B1.
由(1)知EF∥ 平面BDD1B1,又EF∩EG=E,EF,EG 平面GEF,所以平面GEF∥ 平面BDD1B1.
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7.(多选)(2026·河南焦作模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)
A.D1D⊥AF
B.A1G∥平面AEF
C.直线A1B与EF夹角的余弦值为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
B组　能力提升练
BC
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解析:因为D1D∥C1C,C1C不与AF垂直,所以D1D不与AF垂直,故A错误.
根据题意,易得AD1∥EF,所以平面AEF 即平面AEFD1.又A1G∥D1F,A1G 平面AEFD1,D1F 平面AEFD1,所以A1G∥ 平面AEFD1,故B正确.
易得EF∥BC1,故直线A1B 与EF夹角的余弦值为,故C正确.
点G到平面AEF的距离即为点A1 到平面AEF的距离,也为点D到平面AEF的距离.而CD与平面AEF相交,所以C,D两点到平面AEF的距离不相等,故D错误.
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8.(2026·山东青岛质检)我国古代的数学著作《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,M,N分别是BB1和A1C1的中点,则平面AMN截“堑堵”
ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为　　　　.
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解析:延长AN,与CC1的延长线交于点P,
则P∈平面BB1C1C,
连接PM,与B1C1交于点E,连接NE,得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形,由题意解三角形可得NE=ME=,
AM=AN=,MN=,
∴在△AMN中MN边上的高
h1==,
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在△EMN中MN边上的高
h2==,
∴平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为S△AMN+S△EMN=MN·(h1+h2)=××(+)=.[A组　基础保分练]
1.(2026·湖南郴州模拟)设α,β是两个平面,m,n是两条直线,若m α,n α,则“α∥β”是“m∥β,n∥β”的(　　)
A.充分不必要条件　　　 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案:A
解析:若m∥β,n∥β,则α,β可能平行,也可能相交,故α∥β不一定成立,
若α∥β,则m∥β,n∥β,
故“α∥β”是“m∥β,n∥β”的充分不必要条件.
2.已知P为△ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,且α分别交线段PA,PB,PC于点A',B',C'.若PA'∶AA'=2∶3,则S△A'B'C'∶S△ABC=(　　)
A.2∶3 B.2∶5
C.4∶9 D.4∶25
答案:D
解析:∵平面α∥平面ABC,∴A'C'∥AC,A'B'∥AB,B'C'∥BC.又PA'∶AA'=2∶3,∴PA'∶PA=A'B'∶AB=2∶5,∴S△A'B'C'∶S△ABC=4∶25.
3.(2026·贵州贵阳模拟)已知直线l,平面α,则l∥α的一个充要条件是(　　)
A.α内存在一条直线与l平行
B.l平行α内无数条直线
C.垂直于α的直线都垂直于l
D.存在一个与α平行的平面经过l
答案:D
解析:对于A,由α内存在一条直线与l平行,则l∥α或l α,所以A不正确.
对于B,由l平行α内无数条直线,则l∥α或l α,所以B不正确.
对于C,由垂直于α的直线都垂直于l,则l∥α或l α,所以C不正确.
对于D,如图所示,由l∥α,在直线l上任取一点P作直线a,使得a∥α,因为l∩a=P且l,a 平面β,所以α∥β,即充分性成立;反之,若存在一个与α平行的平面经过l,根据面面平行的性质,可得l∥α,即必要性成立,所以D正确.
4.(多选)(2026·云南昆明模拟)如图是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点.在此几何体中,下列结论正确的是(　　)
A.平面EFGH∥平面ABCD
B.PA∥平面BDG
C.EF∥平面PBC
D.EF∥平面BDG
答案:ABC
解析:先把平面展开图还原为一个四棱锥如图所示,对于A,因为E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,所以EF∥AD,GH∥BC,因为AD∥BC,所以EF∥GH,所以EF,GH确定平面EFGH,因为EF 平面EFGH,AD 平面EFGH,所以AD∥平面EFGH,同理可得AB∥平面EFGH.因为AB∩AD=A,AB,AD 平面ABCD,所以平面EFGH∥平面ABCD,所以A正确.对于B,连接AC,BD交于点O,则O为AC的中点,连接OG,因为G为PC的中点,所以OG∥PA,因为OG 平面BDG,PA 平面BDG,所以PA∥平面BDG,所以B正确.对于C,由E,F分别为PA,PD的中点,可得EF∥AD,由AD∥BC,可得EF∥BC.因为EF 平面PBC,BC 平面PBC,所以EF∥平面PBC,所以C正确.对于D,若EF∥平面BDG,因为PA∥平面BDG,且EF∩PA=E,EF,PA 平面PAD,可得平面PAD∥平面BDG,显然不正确,所以EF与平面BDG不平行,所以D不正确.
5.设α,β,γ是三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n γ,且　　　　　,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.
①α∥γ,n β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m γ.
可以填入的条件有　　　　　.(填序号)
答案:①③
解析:由面面平行的性质定理可知,①正确;当m∥γ,n∥β时,n和m可能平行或异面,②错误;当n∥β,m γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以m∥n,③正确.
6.(2026·江苏南京模拟)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M是线段B1D1上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.
(1)证明:EF∥平面BDD1B1;
(2)设G为CD的中点,证明:平面GEF∥平面BDD1B1.
证明:(1)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中,连接BM,如图.
因为E,F分别是BC,CM的中点,所以EF∥BM.
又EF 平面BDD1B1,BM 平面BDD1B1,所以EF∥ 平面BDD1B1.
(2)因为G 是CD 的中点,E是BC 的中点,
所以EG∥BD.
又EG 平面BDD1B1,BD 平面BDD1B1,所以EG∥ 平面BDD1B1.
由(1)知EF∥ 平面BDD1B1,又EF∩EG=E,EF,EG 平面GEF,所以平面GEF∥ 平面BDD1B1.
[B组　能力提升练]
7.(多选)(2026·河南焦作模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)
A.D1D⊥AF
B.A1G∥平面AEF
C.直线A1B与EF夹角的余弦值为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
答案:BC
解析:因为D1D∥C1C,C1C不与AF垂直,所以D1D不与AF垂直,故A错误.
根据题意,易得AD1∥EF,所以平面AEF 即平面AEFD1.又A1G∥D1F,A1G 平面AEFD1,D1F 平面AEFD1,所以A1G∥ 平面AEFD1,故B正确.
易得EF∥BC1,故直线A1B 与EF夹角的余弦值为,故C正确.
点G到平面AEF的距离即为点A1 到平面AEF的距离,也为点D到平面AEF的距离.而CD与平面AEF相交,所以C,D两点到平面AEF的距离不相等,故D错误.
8.(2026·山东青岛质检)我国古代的数学著作《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,M,N分别是BB1和A1C1的中点,则平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为　　　　.
答案:
解析:延长AN,与CC1的延长线交于点P,
则P∈平面BB1C1C,
连接PM,与B1C1交于点E,连接NE,得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形,由题意解三角形可得NE=ME=,
AM=AN=,MN=,
∴在△AMN中MN边上的高
h1==,
在△EMN中MN边上的高
h2==,
∴平面AMN截“堑堵”ABC-A1B1C1所得截面图形的面积为S△AMN+S△EMN=MN·(h1+h2)=××(+)=.第47讲 空间直线、平面的平行
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]　(多选)(原创)下列对于线面平行的判断正确的是(　　)
A.若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α
B.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平行
C.在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条不同的直径,且P为SB的中点,则SA∥平面PCD
D.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点,则BD∥平面FGH
[答案]　BCD
[解析]　对于A,若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α或m α,故A错误.
对于B,如图1,把这三条线段放在正方体内,取AB,BC,CD的中点分别为E,F,G,连接EF,FG,EG,显然AC∥EF,AC 平面EFG,EF 平面EFG,故AC∥平面EFG,故B正确.
对于C,连接PO,如图2,
根据题意可知,P,O分别为SB,AB的中点,
∴PO∥SA.
又∵PO 平面PCD,SA 平面PCD,
∴SA∥平面PCD,故C正确.
对于D,如图3,连接DG,CD交GF于点M,连接MH.
在三棱台DEF-ABC中,由AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,∴四边形DFCG为平行四边形,则M为CD的中点.
又∵H为BC的中点,∴HM∥BD.∵HM 平面FGH,BD 平面FGH,∴BD∥平面FGH.
角度2　直线与平面平行的性质
[例2]　(2026·河北保定模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E,F分别为线段PD,PC上的点,且=,若直线BF∥平面AEC,则=　　　　.
[答案]　
[解析]　连接BD,设AC∩BD=O,连接DF交CE于点G,连接OG.
因为直线BF∥平面AEC,BF 平面BDF,
平面BDF∩平面AEC=OG,所以BF∥OG.
因为O是BD的中点,所以==1.
过点F作FH∥CE,交PD于点H,
则==1.
因为=,所以=,
所以==.
方法总结
1.证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点).
(2)利用线面平行的判定定理(a α,b α,a∥b a∥α).
(3)利用面面平行的性质(α∥β,a α a∥β).
(4)利用面面平行的性质(α∥β,a β,a∥α a∥β).
2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要利用已知直线作辅助平面确定交线.
1.如图所示,已知四棱锥P-ABCD,BC∥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB.
(2)设平面AEC与平面PAB的交线为l,证明:l ∥CE.
证明:(1)设PA的中点为F,连接EF,FB(图略).
∵E,F分别为PD,PA的中点,∴EF∥AD,且EF=AD.又∵BC∥AD,BC=AD,∴EF∥BC,且EF=BC,∴四边形BCEF为平行四边形,∴CE∥BF.又∵BF 平面PAB,CE 平面PAB,∴CE∥平面PAB.
(2)∵CE∥平面PAB,平面AEC与平面PAB的交线为l,EC 平面AEC,∴由线面平行的性质定理可得l ∥CE.
考点二　平面与平面平行的判定与性质
[例3]　(2026·山东潍坊质检)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为棱B1C1,A1B1,AB的中点.
(1)证明:平面A1C1G∥平面BEF;
(2)若平面A1C1G∩BC=H,证明:H为BC的中点.
[证明]　(1)∵E,F分别为B1C1,A1B1的中点,
∴EF∥A1C1.
∵A1C1 平面A1C1G,EF 平面A1C1G,
∴EF∥平面A1C1G.
又F,G分别为A1B1,AB的中点,
∴A1F=BG,
又A1F∥BG,∴四边形A1GBF为平行四边形,
∴BF∥A1G.
∵A1G 平面A1C1G,BF 平面A1C1G,
∴BF∥平面A1C1G.
又EF∩BF=F,EF,BF 平面BEF,
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1C1G∩平面A1B1C1=A1C1,
平面A1C1G与平面ABC有公共点G,经过点G的直线交BC于点H,
则A1C1∥GH,∴GH∥AC.
∵G为AB的中点,∴H为BC的中点.
方法总结
1.证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β α∥β).
(3)利用面面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(α∥β,β∥γ α∥γ).
2.当已知两平面平行时,可以得出线面平行,如果要得出线线平行,必须是与第三个平面的交线.
2.(2026·福建福州模拟)已知平面α∥平面β,直线m α,下列说法正确的是　　　　　.(填序号)
①m与β内任意一条直线平行;
②m与β内无数条直线平行;
③m与β内任意一条直线不垂直;
④m与β无公共点.
答案:②④
解析:如图1,平面α∥平面β,m α,b β,则m⊥b,故①③错误;
如图2,若平面α∥平面β,直线m α,α∩γ=m,β∩γ=b,则m∥b,因为在平面β有无数条直线与b平行,
所以在平面β内有无数条直线与m平行,故②正确;
若平面α∥平面β,则平面α与平面β无公共点,
因为直线m α,所以m与β无公共点,故④正确.
3.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
(1) 证明:平面A1BD∥平面CD1B1;
(2) 若平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,证明:B1D1∥l.
证明:(1)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥AD,且A1D1=AD,AD∥BC,AD=BC,所以A1D1∥BC,且A1D1=BC,
所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.
又因为A1B 平面CD1B1,D1C 平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.
同理,A1D∥平面CD1B1.又因为A1B∩A1D=A1,且A1B,A1D 平面A1BD,所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
且平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,平面A1B1C1D1∩平面CD1B1=B1D1,
所以B1D1∥l.
考点三　空间平行关系的探索性问题
[例4]　(2026·河南郑州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=2BC,E为AD的中点,直线PA上是否存在点M,使得直线CM∥平面PBE 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
[解]　存在.如图,连接AC,CE.记AC∩BE=Q,而AD∥BC,AD=2BC,E为AD的中点,则BC∥AE,BC=AE,
故四边形ABCE为平行四边形,且Q为AC的中点,
连接PQ,在平面APQ内作CM∥PQ,交AP的延长线于点M,
则有AP=PM,所以=2.
此时PQ 平面PBE,CM 平面PBE,
则直线CM∥平面PBE,
即直线PA上存在点M,使得直线CM∥平面PBE,此时=2.
方法总结
1.在解决线面、面面平行的判定问题时,一般遵循从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”的顺序;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的具体条件而定.
2.解答探索性问题的基本策略是先假设,再严格证明.
4.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分别为AC,A1C1上的点.
(1)当为何值时,BC1∥平面AB1D1
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.
解:(1)当=1时,BC1∥平面AB1D1.
如图,连接A1B交AB1于点O,连接OD1.
由棱柱的性质知,四边形A1ABB1为平行四边形,
∴O为A1B的中点.
在△A1BC1中,O,D1分别为A1B,A1C1的中点,
∴OD1∥BC1.
又OD1 平面AB1D1,BC1 平面AB1D1,
∴BC1∥平面AB1D1,
∴当=1时,BC1∥平面AB1D1.
(2)∵平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=OD1,
∴BC1∥OD1,同理AD1∥DC1,
∴=,=.
又=1,∴=1,即=1.
　　　　　截面与交线问题
知识背景 (源于人教A版必修第二册P138例3) “截面、交线”问题是高考立体几何中极具创新意识的题型,它渗透了一些动态的线、面等元素,为静态的立体几何赋予了活力.求截面、交线问题,一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、扇形面积等结合求解,二是利用空间向量的坐标运算求解.
[例]　(1)(2026·江苏南通质检)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB,E是PD的中点,F是棱PC上的点且PF=2FC,则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是(　　)
A.斜三角形
B.梯形
C.平行四边形
D.两组对边均不平行的四边形
[答案]　D
[解析]　如图,延长EF和DC,设其交点为G,连接BG,延长DA并与直线BG交于点H,连接HE交PA于点K,
连接KB,得四边形EFBK,
假设KE∥BF,易证BF∥平面PAD,
易知BC∥平面PAD,
易得平面PBC∥平面PAD,
与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾,
故假设不成立,因此KE与BF不平行,
同理可证KB与EF不平行,
因此四边形EFBK的两组对边均不平行.
(2)(2026·江苏南通模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,则以点A为球心、2为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为　　　　　.
[答案]　3π
[解析]　如图,球与△ABC和△A1B1C1没有交线;与四边形AA1B1B和四边形AA1C1C的交线是以点A为圆心、2为半径的圆弧,长度为π;与四边形BB1C1C的交线是以BC为直径的圆弧,长度为π.因此交线的长度之和为3π.
方法总结
1.多面体的截面问题,利用三个基本事实,先确定交点,再确定交线,最后确定截面.
2.有关球的截面,先确定球心,再确定球面上的点,最后确定截面圆的位置,就可确定交线.
1.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体,则截面图形可能是　　　　　.(填序号)
答案:①④
解析:当截面ABCD为图1时,截面图形如①所示;
当截面ABCD为图2时,截面图形如④所示,下侧为抛物线的形状.
2.(2020·新课标Ⅰ卷)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,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,
连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,
由∠BAD=60°,AB=AD,
得△ABD为等边三角形,
∴D1B1=DB=2,
∴△D1B1C1为等边三角形,
则D1E=且D1E⊥平面BCC1B1,
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心.
设球的半径为R,截面圆的半径为r,
则r===,
可得EP=EQ=,
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧.
又D1P=,∴B1P==1,
同理C1Q=1,
∴P,Q分别为BB1,CC1的中点,
∴∠PEQ=,则×=.

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