2020年高考数学理科一轮复习讲义：第7章立体几何第4讲

第4讲　直线、平面平行的判定与性质

1．直线与平面平行的判定定理和性质定理

2．平面与平面平行的判定定理和性质定理

3.必记结论

(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)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．

1．概念辨析

(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．(　　)

(2)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．(　　)

(3)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．(　　)

(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．(　　)

答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√

2．小题热身

(1)如果直线a平行于平面α，直线b∥a，则b与α的位置关系是(　　)

A．b与α相交 B．b∥α或b⊂α

C．b⊂α D．b∥α

答案　B

解析　两条平行线中的一条与已知平面相交，则另一条也与已知平面相交，所以由直线b∥a，可知若b与α相交，则a与α也相交，而由题目已知，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.故选B.

(2)下列命题中成立的个数是(　　)

①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；

②若直线l在平面α外，则l∥α；

③若直线l∥b，直线b⊂α，则l∥α；

④若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线．

A．1 B．2

C．3 D．4

答案　A

解析　当直线l在平面内时，结论不成立，∴①错误．若直线l在平面α外，则l∥α或l与α相交，∴②错误．根据线面平行的定义可知，直线l在平面外时，结论才成立，∴③错误．根据平行公理可知，若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线，

∴④正确．故成立的只有④，所以A正确．

(3)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.

答案　

解析　因为α∥β，所以CD∥AB，所以＝.因为PC＝2，CA＝3，CD＝1，所以AB＝.

(4)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．

①AD1∥BC1；

②平面AB1D1∥平面BDC1；

③AD1∥DC1；

④AD1∥平面BDC1.

答案　①②④

解析　如图，因为AB綊C1D1，

所以四边形AD1C1B为平行四边形．

故AD1∥BC1，从而①正确；

易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，

又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，

故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；

由图易知AD1与DC1异面，故③错误；

因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，

所以AD1∥平面BDC1，故④正确．

题型 　直线与平面平行的判定与性质

角度1　线面平行判定定理的应用

1．在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC的中点，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°，点N在PB上，且PN＝.

求证：MN∥平面PDC.

证明　在正三角形ABC中，BM＝2.

在△ACD中，∵M为AC的中点，DM⊥AC，

∴AD＝CD，又∵∠ADC＝120°，

∴DM＝，则＝3.

在等腰直角三角形PAB中，PA＝AB＝4，

∴PB＝4，则＝3，∴＝，∴MN∥PD.

又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，

∴MN∥平面PDC.

角度2　线面平行性质定理的应用

2．如图所示，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G，H分别在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.求证：四边形EFGH是矩形．

证明　∵CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF，

∴CD∥EF.

同理HG∥CD，∴EF∥HG.

同理HE∥GF，

∴四边形EFGH为平行四边形，∴CD∥EF，HE∥AB，

∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．

又∵CD⊥AB，∴HE⊥EF.

∴平行四边形EFGH为矩形．

1．判定线面平行的四种方法

(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定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；

(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．

2．用线面平行的判定定理证明线面平行

(1)关键：在平面内找到一条与已知直线平行的直线．

(2)方法：合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．

(3)易错：容易漏掉说明直线在平面外．

3．用线面平行的性质定理证明线线平行

(1)定势：看到线面平行想到用性质定理．

(2)关键：合理选择过已知直线的平面与已知平面相交．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(2016·全国卷Ⅲ改编)如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．证明：MN∥平面PAB.

证明　由已知得AM＝AD＝2.如图，

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.

2．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，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴O是AC的中点，

又M是PC的中点，∴AP∥OM.

又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，

∴PA∥平面BMD.

∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，

且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.

题型 　平面与平面平行的判定与性质

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)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，

∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.

又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，

∴B，C，H，G四点共面．

(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，

∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，

∴EF∥平面BCHG.

又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綊AB，

∴A1G綊EB.

∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.

∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，

∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，

∴平面EFA1∥平面BCHG.

条件探究　在举例说明中，若将条件“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．

解　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，则＝＝1.

同理可证AD1∥DC1，则＝，

所以＝1，即＝1.

1．判定面面平行的方法

(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行．

(2)证明两平面垂直于同一条直线．

(3)证明两平面与第三个平面平行．

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．

提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.

证明　取FC的中点I，连接GI，HI，

则有GI∥EF，HI∥BC.

又EF∥DB，所以GI∥BD，

又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，

所以平面GHI∥平面ABC.

因为GH⊂平面GHI，

所以GH∥平面ABC.

2．(2018·河南郑州模拟)如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

求证：(1)BE∥平面DMF；

(2)平面BDE∥平面MNG.

证明　(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB的中点，N为AD的中点，

所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，

又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，

所以平面BDE∥平面MNG.

题型 　立体几何中的探索性问题

在如图所示的多面体中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4.

(1)在AC上求作点P，使PE∥平面ABF，请写出作法并说明理由；

(2)求三棱锥A－CDE的高．

解　(1)取BC的中点G，连接DG，交AC于点P，连接EG，EP.此时P为所求作的点(如图所示)．

下面给出证明：∵BC＝2AD，G为BC的中点，

∴BG＝AD.又∵BC∥AD，

∴四边形BGDA是平行四边形，故DG∥AB，

即DP∥AB.

又AB⊂平面ABF，DP⊄平面ABF，

∴DP∥平面ABF.

∵AF∥DE，AF⊂平面ABF，DE⊄平面ABF，

∴DE∥平面ABF.

又∵DP⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，PD∩DE＝D，

∴平面PDE∥平面ABF，

∵PE⊂平面PDE，∴PE∥平面ABF.

(2)在等腰梯形ABCD中，

∵∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4，

∴可求得梯形的高为，从而△ACD的面积为×2×＝.

∵DE⊥平面ABCD，∴DE是三棱锥E－ACD的高．

设三棱锥A－CDE的高为h.

由VA－CDE＝VE－ACD，可得

×S△CDE×h＝S△ACD×DE，

即×2×1×h＝×1，解得h＝.

故三棱锥A－CDE的高为.

线面平行的探究性问题

解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在，而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2018·合肥三模)如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，点M在棱A1B1上，且A1M＝A1B1.点E是直线CD的一点，AM∥平面BC1E.

(1)试确定点E的位置，并说明理由；

(2)求三棱锥M－BC1E的体积．

解　(1)如图，在棱C1D1上取点N，使D1N＝A1M＝1.

又∵D1N∥A1M，∴MN∥A1D1∥AD.

∴四边形AMND为平行四边形，

∴AM∥DN.

过C1作C1E∥DN交CD于E，连接BE，

∴DN∥平面BC1E，AM∥平面BC1E，

∴平面BC1E即为所求，此时CE＝1.

(2)由(1)知，AM∥平面BC1E，

∴VM－BC1E＝VA－BC1E＝VC1－ABE＝××4＝6.