高考数学一轮复习第6章第3节直线、平面平行的判定与性质学案

这是一份高考数学一轮复习第6章第3节直线、平面平行的判定与性质学案，共15页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第三节　直线、平面平行的判定与性质
考试要求：1．能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题．

一、教材概念·结论·性质重现
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
如果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(简记为“线线平行⇒线面平行”)

因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥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(简记为“线面平行⇒线线平行”)

因为l∥α，l⊂β，α∩β＝b，所以l∥b


应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必须具备，缺一不可．应用性质定理时要体会辅助面的作用．
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
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(简记为“线面平行⇒面面平行”)

因为_a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，所以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

因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b


判定平面α与平面β平行时，必须具备两个条件：(1)平面β内两条相交直线a，b，即a⊂α，b⊂α，a∩b＝P．(2)两条相交直线a，b都与平面β平行，即a∥β，b∥β．
3．常用结论
(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)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
(6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
(7)面面平行判定定理的推论：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．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α． (　×　)
(2)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (　√　)
(3)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面． (　×　)
(4)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． (　√　)
2．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，a∥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
D　解析：ABC错误，两个平面可能相交．
3．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的(　　)
A．一条直线不相交　　　　　
B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交
D．任意一条直线都不相交
D　解析：因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此直线a和平面α内的任意一条直线都不相交．故选D．
4．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
A　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．故选A．
5．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．

平行　解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，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．


考点1　直线、平面平行的基本问题——基础性

1．(2022·上海二模)设α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不重合的直线，则“α∥β”的一个充分不必要条件是(　　)
A．l⊂α，m⊂α且l∥β，m∥β
B．l⊂α，m⊂β，且l∥m
C．l⊥α，m⊥β且l∥m
D．l∥α，m∥β，且l∥m
C　解析：对于A，若l⊂α，m⊂α且l∥β，m∥β，若l，m是平行直线，则它们可能都平行于α，β的交线，所以A不正确；对于B，l⊂α，m⊂β，且l∥m，可得l，m都平行于α，β的交线，所以B不正确；对于C，l⊥α且l∥m，可得m⊥α，再由m⊥α，m⊥β，得到α∥β，所以l⊥α，m⊥β且l∥m是α∥β的一个充分不必要条件，所以C正确；对于D，由l∥α，m∥β，且l∥m，可能有l，m都平行于α，β的交线，所以D不正确．故选C．
2．(2021·北京平谷开学考试)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给出下面三个结论：
①若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；
②若m，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
③若m，n是两条异面直线，且m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β．
其中正确结论的序号为(　　)
A．①②　　B．①③　　C．②③　　D．③
D　解析：由题意，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故①错误；若m，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β可能平行也可能相交，故②错误；若m，n是两条异面直线，且m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β，故③正确．故正确的结论只有③．故选D．
3．(多选题)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法正确的是(　　)
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
BC　解析：如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN．

易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以A选项错误．对于B，由A知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，且AN⊂平面APC，C1Q⊄平面APC．所以B选项正确．对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确．对于D，由A知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以D选项错误．

关于平行关系的判定，关键是理清各类平行及其内在联系，掌握平行的判定定理和性质定理的条件，结合题意构造图形，通过图形分析判定．同时也要注意一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．
考点2　 直线、平面平行的判定与性质——应用性

如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过点G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH． 求证：PA∥GH．

证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO．

因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点．
又M是PC的中点，所以AP∥OM．
又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，所以PA∥平面BMD．
又因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，所以PA∥GH．

解决线面平行问题的关键点
(1)利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找出平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑作三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．
(2)线面平行的性质定理是空间图形中产生线线平行的主要途径，常用于作截面．

1．(多选题)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是棱AC，PD的中点，则(　　)

A．EF∥平面PAB　　 B．EF∥平面PBC
C．CF∥平面PAB D．AF∥平面PBC
AB　解析：如图，连接BD．因为四边形ABCD是平行四边形，且E是棱AC的中点，所以E是BD的中点，所以EF∥PB，则EF∥平面PAB，EF∥平面PBC，故A，B正确．因为AD∥BC，所以AD∥平面PBC．假设AF∥平面PBC，又AF∩AD＝A，则平面PAD∥平面PBC．因为平面PAD与平面PBC相交，则假设不成立，即AF∥平面PBC不成立，故D错误．同理可得C错误．故选AB．

2．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点，且PE∶EA＝BF∶FD．求证：EF∥平面PBC．

证明：(方法一)连接AF，并延长交BC于点G，连接PG．

因为BC∥AD，所以＝．
又因为＝，所以＝，所以EF∥PG．
又因为PG⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC．
(方法二)过点F作FM∥AD，交AB于点M，连接EM．

因为FM∥AD，AD∥BC，所以FM∥BC．
又因为FM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以FM∥平面PBC．
由FM∥AD得＝．又因为＝，所以＝，所以EM∥PB．
因为PB⊂平面PBC，EM⊄平面PBC，所以EM∥平面PBC．
因为EM∩FM＝M，EM，FM⊂平面EFM，所以平面EFM∥平面PBC．
因为EF⊂平面EFM，所以EF∥平面PBC．
考点3　面面平行的判定与性质及平行的综合问题——综合性

考向1　面面平行的判定与性质
如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1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)因为E，F分别是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且A1G＝EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB．
又因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG．
又因为A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA，所以平面EFA1∥平面BCHG．

在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D．
证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M．

因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD．
因为D为BC的中点，所以A1B∥DM．
因为A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1．
又由三棱柱的性质知，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．
又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，所以平面A1BD1∥平面AC1D．

证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义．
(2)面面平行的判定定理．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
考向2　平行关系的综合问题
如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．

(1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，所以EF∥HG．
因为HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD．
又因为EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，所以EF∥AB．
又因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，
所以AB∥平面EFGH．
同理可证，CD∥平面EFGH．
(2)解：设EF＝x(0 因为EF∥AB，FG∥CD，所以＝，则＝＝＝1－，所以FG＝6－x．
因为四边形EFGH为平行四边形，所以四边形EFGH的周长C＝2＝12－x．
又因为0
利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于最值问题，常用函数思想来解决．

1．设α，β，γ为三个不同的平面，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(　　)
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
C　解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．
2．(2021·湖南长沙期中)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
(1)证明：平面MNQ∥平面PCD；
(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

(1)证明：因为ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，
所以NQ∥AB∥CD，MQ∥PC．
又NQ⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，MQ⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，
所以NQ∥平面PCD，MQ∥平面PCD．
因为NQ∩MQ＝Q，且NQ，MQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ∥平面PCD．
(2)解：存在点E是线段PD的中点，使得MN∥平面ACE，且＝．证明如下：
取PD中点E，连接AE，NE，CE．

因为N，E，M分别是AP，PD，BC的中点，
所以NE∥AD，NE＝AD，且BC∥AD，BC＝AD，即MC∥AD，MC＝AD，
所以NE∥MC，NE＝MC，所以四边形MCEN是平行四边形，所以MN∥CE．
因为MN⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，所以MN∥平面ACE，且＝．


如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3．
证明：平面ABF∥平面DCE．

[四字程序]
读
想
算
思
平面ABF∥平面DCE，
DE⊥平面ABCD，
AF⊥平面ABCD，
DE＝3AF＝3
面面平行的证明方法：
线∥面⇒面∥面，
线∥线⇒面∥面

构造平行关系证明
平行的有关定理：
1．面面平行的判定定理．
2．面面平行判定定理的推论


思路参考：应用面面平行的判定定理证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF．
因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE．
因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD．
因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE．
因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE．

思路参考：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF．
因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD．
又AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面ABF，DE∩CD＝D，DE，DC⊂平面DCE，
所以平面ABF∥平面DCE．

思路参考：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD．在正方形ABCD中，AD⊥CD，又DE∩CD＝D，所以AD⊥平面DCE．同理AD⊥平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE．

1．本题考查空间中面与面平行的证明方法，基本的解题策略是借助“平行”的有关定理来证明．解决此类题目要注意对定理的熟练应用．
2．基于课程标准，解答本题要熟练掌握相关定理，具备良好的直观想象能力、逻辑推理的核心素养，本题的解答过程体现了数学探索的魅力．
3．基于高考数学评价体系，本题通过“平行”关系的相互转化，将面面平行问题转化为线面平行、线线平行以及线线垂直问题，切入点比较多，既体现基础性又体现综合性．

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．

解：(方法一)如图(1)，取AB1的中点P，连接NP，PM．因为N是AB的中点，所以NP∥BB1．
因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．
因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP．
所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝CC1＝2．

图(1)
(方法二)如图(2)，取BB1的中点Q，连接NQ，CQ．

图(2)
因为N是AB的中点，所以NQ∥AB1．
因为NQ⊄平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，
所以NQ∥平面AB1M．
因为CN∥平面AB1M，NQ∩NC＝N，NQ，NC⊂平面NQC，
所以平面NQC∥平面AB1M．
因为平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，
平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，
所以CQ∥MB1．
因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝CC1＝2．
(方法三)如图(3)，分别延长BC，B1M并交于一点S，连接AS．

图(3)
因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS．
由于AN＝NB，所以BC＝CS．
又CM∥BB1，同理可得SM＝MB1，
所以CM＝BB1＝CC1＝2．