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高考数学复习第八章 第三节 空间直线、平面的平行（导学案）
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这是一份高考数学复习第八章 第三节 空间直线、平面的平行（导学案），共23页。
1．从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系的定义，归纳出有关平行的性质定理和判定定理，并加以证明．
2．能运用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题．
1．直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
点睛 在应用性质或性质定理时不要犯以下的错误：
(1)a∥α，b⊂α⇒a∥b
(2)α∥β，a⊂α，b⊂β ⇒a∥b
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．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.
4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
1.(教材变式)下列能保证直线a与平面α平行的条件是( )
A．b⊂α，a∥b
B．a⊄α，b⊂α，a∥b
C．b⊂α，A，B∈a，C，D∈b，且AC∥BD
D．b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c
解析：选B.A中，直线a可能在平面α内，错误；
B中，a⊄α，b⊂α，a∥b，根据线面平行的判定，可知a∥α，正确；
C中，AC∥BD，若点A，B在α内，则直线a在平面α内，错误；
D中，直线a可能在平面α内，错误．
2．(教材提升)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，过B1B的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于M，交BC于N，则MN与AC的数量关系是( )
A．MN＝ eq \f(1,3) AC B．MN＝ eq \f(1,4) AC
C．MN＝ eq \f(1,2) AC D．MN＝ eq \f(1,5) AC
解析：选C.因为平面MNE∥平面ACB1，平面MNE∩平面ABB1A1＝EM，平面ACB1∩平面ABB1A1＝B1A，平面MNE∩平面CBB1C1＝EN，平面ACB1∩平面CBB1C1＝B1C，
所以由两个平面平行的性质定理可得EN∥B1C，EM∥B1A.
所以 eq \f(BE,EB1) ＝ eq \f(BM,AM) ， eq \f(BE,EB1) ＝ eq \f(BN,NC) ，
又因为E为BB1的中点，
所以M，N分别为BA，BC的中点，
所以MN＝ eq \f(1,2) AC，即 eq \f(MN,AC) ＝ eq \f(1,2) .
3．(结论4)如图，已知平面α∥平面β，点P是平面α，β外一点，且直线PB，PD分别与α，β相交于点A，B和点C，D.如果PA＝4，AB＝5，PC＝3，那么PD的长为( )
A． eq \f(27,2) B． eq \f(27,4) C． eq \f(15,4) D．9
解析：选B.由题意可知，平面PBD∩α＝AC，平面PBD∩β＝BD，
因为平面α∥平面β，所以BD∥AC，
因此有 eq \f(PA,PB) ＝ eq \f(PC,PD) ⇒ eq \f(4,4＋5) ＝ eq \f(3,PD) ⇒PD＝ eq \f(27,4) .
4．(结论1，2)在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是( )
①α，β都垂直于平面r，那么α∥β；
②α，β都平行于平面r，那么α∥β；
③α，β都垂直于直线l，那么α∥β；
④如果l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥β.
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选D.易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；
由平面平行的传递性可知②正确；
由线面垂直的性质可知③正确；
过直线l作平面γ与α，β分别交于l1，l2，过直线m作平面δ与α，β分别交于m1，m2，
因为l∥α，l∥β，所以l∥l1，l∥l2，所以l1∥l2；
因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β；
同理，m1∥β，
又l，m是两条异面直线，所以l1，m1相交，且l1⊂α，m1⊂α，所以α∥β，故④正确．
5．(位置关系，考虑不全)若直线l不平行于平面α，且l在平面α外，则( )
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
解析：选B.假设在平面α内存在与l平行的直线，又l在平面α外，所以l∥α.与已知矛盾，故α内不存在与l平行的直线．
6．(多选题)(位置关系易错辨析)下列命题中正确的是( )
A．若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内
B．如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交
C．若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面
D．若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥β，a∥b
解析：选AC.对于A，由基本事实2可知，若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内，故正确；
对于B，如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线与该平面平行或相交或在平面内，故错误；
对于C，若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面，故正确；
对于D，若平面α∥平面β，直线a⊂α，则a∥平面β，又直线b⊂β，则直线a∥b或a与b异面，故错误．
平行关系命题真假判断
[典例1](1)已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面．
①a∥c，b∥c⇒a∥b；②a∥β，b∥β⇒a∥b；
③a∥c，c∥α⇒a∥α；④a∥β，a∥α⇒α∥β；
⑤a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
其中正确的命题是( )
A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤
解析：选A.对于①，由平行的传递性公理知a∥b，则正确；
对于②，由a∥β，b∥β，则a，b共面或异面，故错误；
对于③，由a∥c，c∥α，则a∥α或a⊂α，故错误；
对于④，由a∥β，a∥α，则α，β平行或相交，故错误；
对于⑤，由a⊄α，b⊂α，a∥b，根据线面平行判定定理，可得a∥α，故正确．
(2)在空间中，给出下面四个命题，则其中正确命题的个数为( )
①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直；
②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β；
③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则l⊥α；
④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线．
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选A.对于①，当过平面α外的两点在垂直于平面α的直线上时，命题①不成立；
对于②，当不共线三点在平面α的两侧时，命题②不成立；
对于③，当直线l与平面α内的无数条平行线垂直时，命题③不成立；
对于④，当两条异面直线中有一条垂直于这个平面时，
它们在这个平面内的射影就不再是两条直线，而是一条直线和一个点，故命题④不成立．
所以正确命题的个数为0个．
解决有关平行关系真假判断的注意点
(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中，条件“线在面外”易忽视．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．
已知α，β为不同的平面，l，m为不同的直线，那么下列命题中正确的是( )
A．若l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β，则α∥β
B．若l⊂α，m⊂β，且l∥m，则α∥β
C．若l⊥α，m⊥β，且l∥m，则α∥β
D．若l∥α，m∥β，且l∥m，则α∥β
解析：选C.对于选项A，如图，若l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β，但α∩β＝a，故A错误．
对于选项B，如图，l⊂α，m⊂β，且l∥m，但α∩β＝a，故B错误．
对于选项C，如图，若l⊥α，m⊥β，且l∥m，则α∥β，故C正确．
对于选项D，如图，l∥α，m∥β，且l∥m，但α∩β＝a，故D错误．
直线与平面平行
角度1 直线与平面平行的判定
[典例2](2023·石嘴山模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝2，D是AB的中点．
(1)证明：BC1∥平面A1DC；
(2)求异面直线BC1与A1C所成角的余弦值．
解析：(1)连接AC1，交A1C于点O，连接OD，则O为AC1的中点，因为O，D分别是AC1，AB的中点，
所以OD∥BC1，因为OD⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，所以BC1∥平面A1DC；
(2)由(1)得OD∥BC1，所以∠DOC(或其补角)就是异面直线BC1与A1C所成的角，因为三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，AA1＝2，所以OC＝ eq \r(2) ，CD＝ eq \r(3) ，BC1＝ eq \r(BC2＋C1C2) ＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，所以OD＝ eq \f(1,2) BC1＝ eq \r(2) ，
由余弦定理得，cs ∠DOC＝ eq \f(OD2＋OC2－CD2,2OD·OC) ＝ eq \f(2＋2－3,2\r(2)×\r(2)) ＝ eq \f(1,4) ，
故异面直线BC1与A1C所成角的余弦值为 eq \f(1,4) .
判断或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⊂β⇒a∥α).
角度2 直线与平面平行的性质
[典例3]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________，平面A1B1C1D1内与EF平行的线段是________．
解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2 eq \r(2) .
又E为AD的中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC，所以F为DC的中点，
所以EF＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \r(2) .
因为AC∥A1C1，所以EF∥A1C1.
答案： eq \r(2) A1C1
应用线面平行的性质定理的解题策略
通过线面平行可得到线线平行，其中一条线是两平面的交线，因此应用线面平行的性质定理的关键是说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．
1．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是C1D1，BC的中点，求证MN∥平面BB1D1D.
【证明】取B1C1中点P，连接MP，NP，DB，D1B1，则由中位线的性质可得MP∥D1B1，且MP⊄平面BB1D1D，D1B1⊂平面BB1D1D，故MP∥平面BB1D1D.又B1P＝BN，B1P∥BN，故四边形B1PNB为平行四边形，故B1B∥PN，同理可得PN∥平面BB1D1D.
又MP∩PN＝P，MP，PN⊂平面MPN，故平面MPN∥平面BB1D1D.
又MN⊂平面MPN，故MN∥平面BB1D1D.
2．(2022·青岛模拟)如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，四边形OBCH为正方形．设平面POH∩平面PBC＝l，证明：l∥BC.
【证明】因为四边形OBCH为正方形，
所以BC∥OH，
因为BC⊄平面POH，OH⊂平面POH，
所以BC∥平面POH，
因为BC⊂平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，
所以l∥BC.
题型三 面面平行的判定与性质
角度1 面面平行的判定
[典例4](2023·广州模拟)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)由于G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，根据三棱柱的性质可知，BC∥B1C1，
所以BC∥GH，所以B，C，H，G四点共面．
(2)由于E，F分别是AB，AC的中点，
所以BC∥EF，由于EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.
根据三棱柱的性质可知A1G∥BE，A1G＝BE，
所以四边形BEA1G是平行四边形，所以A1E∥BG，
由于A1E⊄平面BCHG，BG⊂平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.由于EF∩A1E＝E，EF，A1E⊂平面EFA1，所以平面EFA1∥平面BCHG.
[变式]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綊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.
1．面面平行的定义．
2．面面平行的判定定理：a，b⊂α，a∩b≠∅，a∥β，b∥β⇒α∥β.
3．推论：a，b⊂α，a∩b≠∅，c，d⊂β，a∥c，b∥d⇒α∥β.
4．a⊥α，a⊥β⇒α∥β.
5．α∥β，γ∥β⇒α∥γ.
角度2 面面平行的性质
[典例5](2023·石家庄模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M，N在正方体的表面上运动，分别满足：AM＝2，AN∥平面BDC1，设点M，N的运动轨迹的长度分别为m，n，则 eq \f(m,n) ＝__________.
【解题指南】M的轨迹为半径为2的球A与正方体表面的交线，
即3个半径为2的 eq \f(1,4) 圆弧，
要满足AN∥平面BDC1，
则N在平行于平面BDC1的平面与正方体表面的交线上，
可证得为△AB1D1，最后求值即可得 eq \f(m,n) .
解析：点M，N在正方体的表面上运动，
由AM＝2，则M的轨迹为半径为2的球A与正方体表面的交线，
即3个半径为2的 eq \f(1,4) 圆弧，故m＝3× eq \f(1,4) ×2π×2＝3π.
正方体中，AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，DC1∩BC1＝C1，
AD1，AB1⊂平面AB1D1，DC1，BC1⊂平面BDC1，
故平面AB1D1∥平面BDC1，
当N在△AB1D1上时，即满足AN∥平面BDC1且N在正方体的表面上，
故n＝3×2 eq \r(2) ＝6 eq \r(2) ，故 eq \f(m,n) ＝ eq \f(3π,6\r(2)) ＝ eq \f(\r(2)π,4) .
答案： eq \f(\r(2)π,4)
利用面面平行的性质解题的策略
一、面面平行的作用
1．面面平行⇒线面平行
α∥β，a⊂α⇒a∥β.
2．面面平行⇒线线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
二、重要结论要掌握
过一定点且与已知平面平行的直线都在过这点且与已知平面平行的面内．
以上结论适应于探求一些未知的点的轨迹问题．
1．(2023·重庆模拟)如图，正方形ABCD和直角梯形ABEF不在同一个平面内，AF∥BE，∠ABE＝90°，AF＝1，BE＝2，P是BE的中点．
证明：平面DEF∥平面PAC.
【证明】设AC∩BD＝O，连接OP，
因为O，P分别为BD，BE的中点，所以OP∥DE.
因为DE⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.
因为P是BE的中点，BE＝2，所以PE＝AF＝1，
因为AF∥BE，所以四边形APEF是平行四边形．
所以AP∥EF，因为EF⊄平面PAC，AP⊂平面PAC，所以EF∥平面PAC.因为DE⊂平面DEF，EF⊂平面DEF，DE∩EF＝E，
所以平面DEF∥平面PAC.
2．在三棱柱ABCA1B1C1中，若点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1，试求 eq \f(AD,DC) 的值．
解析：连接A1B交AB1于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∥D1O，同理可得AD1∥DC1，
所以 eq \f(A1D1,D1C1) ＝ eq \f(A1O,OB) ＝1，即D1为线段A1C1的中点，所以D为线段AC的中点，即 eq \f(AD,DC) ＝1.
平行关系的存在性问题
[典例6](2023·烟台模拟)如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD.
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由．
解析：(1)如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH.
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝ eq \f(1,2) AB.
又AB∥CD，CD＝ eq \f(1,2) AB，
所以EH∥CD，EH＝CD.
因此四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，因此CE∥平面PAD.
(2)存在．如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，
所以AF＝ eq \f(1,2) AB，又CD＝ eq \f(1,2) AB，所以AF＝CD.又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD.
又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD.
由(1)可知CE∥平面PAD.
因为CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD.
故存在F，当F为AB的中点时，满足平面CEF∥平面PAD.
存在性问题的解题策略
解决这种存在性问题，寻找思路时可以先从特殊值(如中点)入手，验证是否成立，若成立，先下结论再证明；若不成立，再借助线面平行、面面平行的判定与性质来寻求满足结论的条件．
(2023·成都模拟)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，B1B＝2AB＝2，点E为棱B1B上的点，且满足B1E＝2EB.
(1)求异面直线A1C1与EC所成角的余弦值；
(2)棱D1D上是否存在一点F，使得B1F∥平面ACE？若存在，求出 eq \f(D1F,FD) 的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)因为ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，
所以A1A綊C1C，四边形A1C1CA是矩形，
所以A1C1∥AC，
所以求异面直线A1C1与EC所成角的余弦值即是求AC与EC所成角的余弦值，
在△AEC中，EC＝EA＝ eq \f(\r(13),3) ，AC＝ eq \r(2) ，
所以cs ∠ACE＝ eq \f(EC2＋AC2－AE2,2EC·AC) ＝ eq \f(2,2×\f(\r(13),3)×\r(2)) ＝ eq \f(3\r(26),26) ；
(2)存在．如图，当点F为D1D的三等分点(靠近D点)时，使得B1F∥平面ACE，
作B1E的中点G，连接B1F，GD，连接BD交AC于点O，连接OE，
由棱柱的性质可知FD綊B1G，所以四边形FB1GD是平行四边形，
所以B1F∥GD，
又因为点E，O分别是GB，BD的中点，所以OE∥GD，
由基本事实4可得B1F∥OE，
又因为OE⊂平面ACE，B1F⊄平面ACE，
所以B1F∥平面ACE，此时 eq \f(D1F,FD) ＝2.
【加练备选】
如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．问：在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
分析：取CC1中点F，连接B1F，EF，C1D，取BB1中点Q，连接CQ，当P为AA1中点时，连接PQ，PD，先证明EF∥C1D∥AB1，得证证明B1，A，E与F共面，然后通过证明PD∥CQ∥B1F得线面平行，从而得结论．
解析：在棱AA1上存在一点P，使得DP∥平面B1AE.求AP的长如下：
取CC1中点F，连接B1F，EF，C1D，取BB1中点Q，连接CQ，
当P为AA1中点时，连接PQ，PD，
因为E，F分别是CD，CC1的中点，所以EF∥C1D，
又长方体中，B1C1与AD平行且相等，B1C1DA是平行四边形，所以C1D∥B1A，所以EF∥B1A，则B1，A，E与F共面，
P，Q分别是AA1，BB1的中点，则PQ与AB平行且相等，而AB与CD平行且相等，因此PQ与CD平行且相等，PQCD是平行四边形，CQ∥PD，
在矩形CBB1C1上，B1Q与CF平行且相等，CQB1F是平行四边形，CQ∥B1F，
所以PD∥B1F，
B1F是平面B1AE内的直线，PD是平面B1AE外的直线，所以PD∥平面B1AE.因为P为AA1的中点，所以AP＝ eq \f(1,2) AA1＝ eq \f(1,2) .
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，
b⊂α，
a∥b
⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，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∥α，
a⊂β，
α∩β＝b
⇒a∥b
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
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β
性质
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥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
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
教材改编
结论应用
易错易混
1，2
3，4
5，6
1．从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系的定义，归纳出有关平行的性质定理和判定定理，并加以证明．
2．能运用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题．
1．直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
点睛 在应用性质或性质定理时不要犯以下的错误：
(1)a∥α，b⊂α⇒a∥b
(2)α∥β，a⊂α，b⊂β ⇒a∥b
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．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.
4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
1.(教材变式)下列能保证直线a与平面α平行的条件是( )
A．b⊂α，a∥b
B．a⊄α，b⊂α，a∥b
C．b⊂α，A，B∈a，C，D∈b，且AC∥BD
D．b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c
解析：选B.A中，直线a可能在平面α内，错误；
B中，a⊄α，b⊂α，a∥b，根据线面平行的判定，可知a∥α，正确；
C中，AC∥BD，若点A，B在α内，则直线a在平面α内，错误；
D中，直线a可能在平面α内，错误．
2．(教材提升)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，过B1B的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于M，交BC于N，则MN与AC的数量关系是( )
A．MN＝ eq \f(1,3) AC B．MN＝ eq \f(1,4) AC
C．MN＝ eq \f(1,2) AC D．MN＝ eq \f(1,5) AC
解析：选C.因为平面MNE∥平面ACB1，平面MNE∩平面ABB1A1＝EM，平面ACB1∩平面ABB1A1＝B1A，平面MNE∩平面CBB1C1＝EN，平面ACB1∩平面CBB1C1＝B1C，
所以由两个平面平行的性质定理可得EN∥B1C，EM∥B1A.
所以 eq \f(BE,EB1) ＝ eq \f(BM,AM) ， eq \f(BE,EB1) ＝ eq \f(BN,NC) ，
又因为E为BB1的中点，
所以M，N分别为BA，BC的中点，
所以MN＝ eq \f(1,2) AC，即 eq \f(MN,AC) ＝ eq \f(1,2) .
3．(结论4)如图，已知平面α∥平面β，点P是平面α，β外一点，且直线PB，PD分别与α，β相交于点A，B和点C，D.如果PA＝4，AB＝5，PC＝3，那么PD的长为( )
A． eq \f(27,2) B． eq \f(27,4) C． eq \f(15,4) D．9
解析：选B.由题意可知，平面PBD∩α＝AC，平面PBD∩β＝BD，
因为平面α∥平面β，所以BD∥AC，
因此有 eq \f(PA,PB) ＝ eq \f(PC,PD) ⇒ eq \f(4,4＋5) ＝ eq \f(3,PD) ⇒PD＝ eq \f(27,4) .
4．(结论1，2)在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是( )
①α，β都垂直于平面r，那么α∥β；
②α，β都平行于平面r，那么α∥β；
③α，β都垂直于直线l，那么α∥β；
④如果l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥β.
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选D.易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；
由平面平行的传递性可知②正确；
由线面垂直的性质可知③正确；
过直线l作平面γ与α，β分别交于l1，l2，过直线m作平面δ与α，β分别交于m1，m2，
因为l∥α，l∥β，所以l∥l1，l∥l2，所以l1∥l2；
因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β；
同理，m1∥β，
又l，m是两条异面直线，所以l1，m1相交，且l1⊂α，m1⊂α，所以α∥β，故④正确．
5．(位置关系，考虑不全)若直线l不平行于平面α，且l在平面α外，则( )
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
解析：选B.假设在平面α内存在与l平行的直线，又l在平面α外，所以l∥α.与已知矛盾，故α内不存在与l平行的直线．
6．(多选题)(位置关系易错辨析)下列命题中正确的是( )
A．若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内
B．如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交
C．若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面
D．若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥β，a∥b
解析：选AC.对于A，由基本事实2可知，若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内，故正确；
对于B，如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线与该平面平行或相交或在平面内，故错误；
对于C，若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面，故正确；
对于D，若平面α∥平面β，直线a⊂α，则a∥平面β，又直线b⊂β，则直线a∥b或a与b异面，故错误．
平行关系命题真假判断
[典例1](1)已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面．
①a∥c，b∥c⇒a∥b；②a∥β，b∥β⇒a∥b；
③a∥c，c∥α⇒a∥α；④a∥β，a∥α⇒α∥β；
⑤a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
其中正确的命题是( )
A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤
解析：选A.对于①，由平行的传递性公理知a∥b，则正确；
对于②，由a∥β，b∥β，则a，b共面或异面，故错误；
对于③，由a∥c，c∥α，则a∥α或a⊂α，故错误；
对于④，由a∥β，a∥α，则α，β平行或相交，故错误；
对于⑤，由a⊄α，b⊂α，a∥b，根据线面平行判定定理，可得a∥α，故正确．
(2)在空间中，给出下面四个命题，则其中正确命题的个数为( )
①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直；
②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β；
③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则l⊥α；
④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线．
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选A.对于①，当过平面α外的两点在垂直于平面α的直线上时，命题①不成立；
对于②，当不共线三点在平面α的两侧时，命题②不成立；
对于③，当直线l与平面α内的无数条平行线垂直时，命题③不成立；
对于④，当两条异面直线中有一条垂直于这个平面时，
它们在这个平面内的射影就不再是两条直线，而是一条直线和一个点，故命题④不成立．
所以正确命题的个数为0个．
解决有关平行关系真假判断的注意点
(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中，条件“线在面外”易忽视．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．
已知α，β为不同的平面，l，m为不同的直线，那么下列命题中正确的是( )
A．若l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β，则α∥β
B．若l⊂α，m⊂β，且l∥m，则α∥β
C．若l⊥α，m⊥β，且l∥m，则α∥β
D．若l∥α，m∥β，且l∥m，则α∥β
解析：选C.对于选项A，如图，若l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β，但α∩β＝a，故A错误．
对于选项B，如图，l⊂α，m⊂β，且l∥m，但α∩β＝a，故B错误．
对于选项C，如图，若l⊥α，m⊥β，且l∥m，则α∥β，故C正确．
对于选项D，如图，l∥α，m∥β，且l∥m，但α∩β＝a，故D错误．
直线与平面平行
角度1 直线与平面平行的判定
[典例2](2023·石嘴山模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝2，D是AB的中点．
(1)证明：BC1∥平面A1DC；
(2)求异面直线BC1与A1C所成角的余弦值．
解析：(1)连接AC1，交A1C于点O，连接OD，则O为AC1的中点，因为O，D分别是AC1，AB的中点，
所以OD∥BC1，因为OD⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，所以BC1∥平面A1DC；
(2)由(1)得OD∥BC1，所以∠DOC(或其补角)就是异面直线BC1与A1C所成的角，因为三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，AA1＝2，所以OC＝ eq \r(2) ，CD＝ eq \r(3) ，BC1＝ eq \r(BC2＋C1C2) ＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，所以OD＝ eq \f(1,2) BC1＝ eq \r(2) ，
由余弦定理得，cs ∠DOC＝ eq \f(OD2＋OC2－CD2,2OD·OC) ＝ eq \f(2＋2－3,2\r(2)×\r(2)) ＝ eq \f(1,4) ，
故异面直线BC1与A1C所成角的余弦值为 eq \f(1,4) .
判断或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⊂β⇒a∥α).
角度2 直线与平面平行的性质
[典例3]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________，平面A1B1C1D1内与EF平行的线段是________．
解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2 eq \r(2) .
又E为AD的中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC，所以F为DC的中点，
所以EF＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \r(2) .
因为AC∥A1C1，所以EF∥A1C1.
答案： eq \r(2) A1C1
应用线面平行的性质定理的解题策略
通过线面平行可得到线线平行，其中一条线是两平面的交线，因此应用线面平行的性质定理的关键是说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．
1．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是C1D1，BC的中点，求证MN∥平面BB1D1D.
【证明】取B1C1中点P，连接MP，NP，DB，D1B1，则由中位线的性质可得MP∥D1B1，且MP⊄平面BB1D1D，D1B1⊂平面BB1D1D，故MP∥平面BB1D1D.又B1P＝BN，B1P∥BN，故四边形B1PNB为平行四边形，故B1B∥PN，同理可得PN∥平面BB1D1D.
又MP∩PN＝P，MP，PN⊂平面MPN，故平面MPN∥平面BB1D1D.
又MN⊂平面MPN，故MN∥平面BB1D1D.
2．(2022·青岛模拟)如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，四边形OBCH为正方形．设平面POH∩平面PBC＝l，证明：l∥BC.
【证明】因为四边形OBCH为正方形，
所以BC∥OH，
因为BC⊄平面POH，OH⊂平面POH，
所以BC∥平面POH，
因为BC⊂平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，
所以l∥BC.
题型三 面面平行的判定与性质
角度1 面面平行的判定
[典例4](2023·广州模拟)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)由于G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，根据三棱柱的性质可知，BC∥B1C1，
所以BC∥GH，所以B，C，H，G四点共面．
(2)由于E，F分别是AB，AC的中点，
所以BC∥EF，由于EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.
根据三棱柱的性质可知A1G∥BE，A1G＝BE，
所以四边形BEA1G是平行四边形，所以A1E∥BG，
由于A1E⊄平面BCHG，BG⊂平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.由于EF∩A1E＝E，EF，A1E⊂平面EFA1，所以平面EFA1∥平面BCHG.
[变式]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綊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.
1．面面平行的定义．
2．面面平行的判定定理：a，b⊂α，a∩b≠∅，a∥β，b∥β⇒α∥β.
3．推论：a，b⊂α，a∩b≠∅，c，d⊂β，a∥c，b∥d⇒α∥β.
4．a⊥α，a⊥β⇒α∥β.
5．α∥β，γ∥β⇒α∥γ.
角度2 面面平行的性质
[典例5](2023·石家庄模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M，N在正方体的表面上运动，分别满足：AM＝2，AN∥平面BDC1，设点M，N的运动轨迹的长度分别为m，n，则 eq \f(m,n) ＝__________.
【解题指南】M的轨迹为半径为2的球A与正方体表面的交线，
即3个半径为2的 eq \f(1,4) 圆弧，
要满足AN∥平面BDC1，
则N在平行于平面BDC1的平面与正方体表面的交线上，
可证得为△AB1D1，最后求值即可得 eq \f(m,n) .
解析：点M，N在正方体的表面上运动，
由AM＝2，则M的轨迹为半径为2的球A与正方体表面的交线，
即3个半径为2的 eq \f(1,4) 圆弧，故m＝3× eq \f(1,4) ×2π×2＝3π.
正方体中，AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，DC1∩BC1＝C1，
AD1，AB1⊂平面AB1D1，DC1，BC1⊂平面BDC1，
故平面AB1D1∥平面BDC1，
当N在△AB1D1上时，即满足AN∥平面BDC1且N在正方体的表面上，
故n＝3×2 eq \r(2) ＝6 eq \r(2) ，故 eq \f(m,n) ＝ eq \f(3π,6\r(2)) ＝ eq \f(\r(2)π,4) .
答案： eq \f(\r(2)π,4)
利用面面平行的性质解题的策略
一、面面平行的作用
1．面面平行⇒线面平行
α∥β，a⊂α⇒a∥β.
2．面面平行⇒线线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
二、重要结论要掌握
过一定点且与已知平面平行的直线都在过这点且与已知平面平行的面内．
以上结论适应于探求一些未知的点的轨迹问题．
1．(2023·重庆模拟)如图，正方形ABCD和直角梯形ABEF不在同一个平面内，AF∥BE，∠ABE＝90°，AF＝1，BE＝2，P是BE的中点．
证明：平面DEF∥平面PAC.
【证明】设AC∩BD＝O，连接OP，
因为O，P分别为BD，BE的中点，所以OP∥DE.
因为DE⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.
因为P是BE的中点，BE＝2，所以PE＝AF＝1，
因为AF∥BE，所以四边形APEF是平行四边形．
所以AP∥EF，因为EF⊄平面PAC，AP⊂平面PAC，所以EF∥平面PAC.因为DE⊂平面DEF，EF⊂平面DEF，DE∩EF＝E，
所以平面DEF∥平面PAC.
2．在三棱柱ABCA1B1C1中，若点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1，试求 eq \f(AD,DC) 的值．
解析：连接A1B交AB1于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∥D1O，同理可得AD1∥DC1，
所以 eq \f(A1D1,D1C1) ＝ eq \f(A1O,OB) ＝1，即D1为线段A1C1的中点，所以D为线段AC的中点，即 eq \f(AD,DC) ＝1.
平行关系的存在性问题
[典例6](2023·烟台模拟)如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD.
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由．
解析：(1)如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH.
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝ eq \f(1,2) AB.
又AB∥CD，CD＝ eq \f(1,2) AB，
所以EH∥CD，EH＝CD.
因此四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，因此CE∥平面PAD.
(2)存在．如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，
所以AF＝ eq \f(1,2) AB，又CD＝ eq \f(1,2) AB，所以AF＝CD.又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD.
又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD.
由(1)可知CE∥平面PAD.
因为CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD.
故存在F，当F为AB的中点时，满足平面CEF∥平面PAD.
存在性问题的解题策略
解决这种存在性问题，寻找思路时可以先从特殊值(如中点)入手，验证是否成立，若成立，先下结论再证明；若不成立，再借助线面平行、面面平行的判定与性质来寻求满足结论的条件．
(2023·成都模拟)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，B1B＝2AB＝2，点E为棱B1B上的点，且满足B1E＝2EB.
(1)求异面直线A1C1与EC所成角的余弦值；
(2)棱D1D上是否存在一点F，使得B1F∥平面ACE？若存在，求出 eq \f(D1F,FD) 的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)因为ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，
所以A1A綊C1C，四边形A1C1CA是矩形，
所以A1C1∥AC，
所以求异面直线A1C1与EC所成角的余弦值即是求AC与EC所成角的余弦值，
在△AEC中，EC＝EA＝ eq \f(\r(13),3) ，AC＝ eq \r(2) ，
所以cs ∠ACE＝ eq \f(EC2＋AC2－AE2,2EC·AC) ＝ eq \f(2,2×\f(\r(13),3)×\r(2)) ＝ eq \f(3\r(26),26) ；
(2)存在．如图，当点F为D1D的三等分点(靠近D点)时，使得B1F∥平面ACE，
作B1E的中点G，连接B1F，GD，连接BD交AC于点O，连接OE，
由棱柱的性质可知FD綊B1G，所以四边形FB1GD是平行四边形，
所以B1F∥GD，
又因为点E，O分别是GB，BD的中点，所以OE∥GD，
由基本事实4可得B1F∥OE，
又因为OE⊂平面ACE，B1F⊄平面ACE，
所以B1F∥平面ACE，此时 eq \f(D1F,FD) ＝2.
【加练备选】
如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．问：在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
分析：取CC1中点F，连接B1F，EF，C1D，取BB1中点Q，连接CQ，当P为AA1中点时，连接PQ，PD，先证明EF∥C1D∥AB1，得证证明B1，A，E与F共面，然后通过证明PD∥CQ∥B1F得线面平行，从而得结论．
解析：在棱AA1上存在一点P，使得DP∥平面B1AE.求AP的长如下：
取CC1中点F，连接B1F，EF，C1D，取BB1中点Q，连接CQ，
当P为AA1中点时，连接PQ，PD，
因为E，F分别是CD，CC1的中点，所以EF∥C1D，
又长方体中，B1C1与AD平行且相等，B1C1DA是平行四边形，所以C1D∥B1A，所以EF∥B1A，则B1，A，E与F共面，
P，Q分别是AA1，BB1的中点，则PQ与AB平行且相等，而AB与CD平行且相等，因此PQ与CD平行且相等，PQCD是平行四边形，CQ∥PD，
在矩形CBB1C1上，B1Q与CF平行且相等，CQB1F是平行四边形，CQ∥B1F，
所以PD∥B1F，
B1F是平面B1AE内的直线，PD是平面B1AE外的直线，所以PD∥平面B1AE.因为P为AA1的中点，所以AP＝ eq \f(1,2) AA1＝ eq \f(1,2) .
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，
b⊂α，
a∥b
⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，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∥α，
a⊂β，
α∩β＝b
⇒a∥b
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
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β
性质
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥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
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
教材改编
结论应用
易错易混
1，2
3，4
5，6
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