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2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第3讲空间直线平面平行的判定与性质课件
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这是一份2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第3讲空间直线平面平行的判定与性质课件，共60页。PPT课件主要包含了此平面内的，b⊄α，α∩β＝b，a∥b，两条相交，a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，l⊄α，∵AD∥BC等内容，欢迎下载使用。
知识梳理 · 双基自测
知 识 梳 理知识点一 直线与平面平行的判定与性质
知识点二 面面平行的判定与性质
归 纳 拓 展1．若α∥β，a⊂α，则a∥β. 2．垂直于同一条直线的两个平面平行，即“若a⊥α，a⊥β，则α∥β”． 3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即“若a⊥α，b⊥α，则a∥b”． 4．平行于同一个平面的两个平面平行，即“若α∥β，β∥γ，则α∥γ”．
双 基 自 测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．( )(2)平行于同一条直线的两个平面平行．( )(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．( )(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( )(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.( )
题组二 走进教材2．(必修2P142T2)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A．α内有无数条直线都与β平行B．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
[解析] 对于选项A，若α存在无数条直线与β平行，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则α内有无数条直线都与β平行，所以选项A是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的是α∥β的一个充分条件．故选D.
题组三 走向高考3．(2023·全国Ⅰ卷(节选))如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
证明：B2C2∥A2D2.
[证明] 证法一：分别取D1D2、AA1的中点M、N，连接MC2，NB2，
由题意知D1M綉C1C2，∴MC2綉C1D1綉A1B1，同理B2N綉A1B1，∴MC2綉NB2，
即MNB2C2为平行四边形，∴C2B2∥MN，又MD2綉A2N，∴D2A2NM为平行四边形，∴D2A2∥MN，∴B2C2∥D2A2.
证法二：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2.
4.(2021·天津卷(节选))如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．求证：D1F∥平面A1EC1.
[证明] 证法一：连接B1D1交A1C1于M，
连BD、EF、ME，∵E、F分别为BC、CD的中点，
∴四边形EFD1M为平行四边形，∴D1F∥ME，又ME⊂平面A1EC1，D1F⊄平面A1EC1，∴D1F∥平面A1EC1.
证法二：取AD的中点H，
连接D1H，HE，HF，AC，∴E为BC的中点，∴EH綉CD綉C1D1，∴四边形C1D1HE为平行四边形，∴D1H∥C1E，又D1H⊄平面A1EC1，C1E⊂平面A1EC1，∴D1H∥平面A1EC1，又F为CD的中点，∴HF∥AC∥A1C1
又HF⊄平面A1EC1，A1C1⊂平面A1EC1，∴HF∥平面A1EC1，又D1H∩HF＝H，∴平面HFD1∥平面A1EC1，∴D1F∥平面A1EC1.
证法三：以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，则
A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，
设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
令x＝2，则m＝(2，－2,1)，
因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.
考点突破 · 互动探究
空间平行关系的基本问题——自主练透
1.(多选题)(2023·福建福州八县区期中改编)已知l、m是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若l、m是异面直线，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥βB．如果l∥α，m⊂α，且l，m共面，那么l∥mC．如果α⊥β，l⊥α，那么l∥βD．如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α
[解析] 对于A中，过m作平面γ与平面α交于直线c，如图，因为l，m是异面直线，所以l，c相交，又m∥α，所以m∥c，由c⊄β，m⊂β得c∥β，又l∥β，l，c是α内两相交直线，所以α∥β，A正确；对于B中，由线面平行的性质定理，可得l∥m，所以B正确；对于C中，如果α⊥β，l⊥α，那么l∥β或l⊂β，所以C不正确；对于D中，如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α或m⊂α，所以D不正确．故选AB.
2.下列三个命题在“( )”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为直线，α，β为平面)，则此条件是__________.
[解析] ①l∥m，m∥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α；②l⊄α，m⊂α，l∥m⇒l∥α；③l⊥m，m⊥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α.故答案为l⊄α.
【变式训练】(2024·九省联考试题)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥lB．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥βC．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥lD．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β[解析] m，l可能平行，相交或异面，故A错误；α，β可能相交或平行，故B错误；α，β平行，故D错误；由线面平行性质得C正确．故选C.
直线与平面平行的判定与性质——多维探究
角度1 线面平行的判定 (2024·四川巴中诊断(节选))如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，E，F分别为CD，PA的中点．
证明：EF∥平面PBC.
[证明] 思路一：利用直线、面平行的判定证明证法一：连接AE延长交BC的延长线于N，连接PN，
∵AD∥BC，即AD∥CN，又CE＝ED，∴AE＝EN，又AF＝FP，∴EF∥PN，∵PN⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC.
证法二：过E点作MN∥AB且交BC延长线于M，交AD于N，取PB的中点H，连接HM，
∴FHME为平行四边形，∴EF∥MH，又MH⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC.
思路二：利用面、面平行的性质证明证法三：取AB的中点M，连接ME，MF(如右图)
由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得ME∥BC，MF∥PB，∵BC，PB⊂平面PBC，FM，EM⊄平面PBC，∴ME∥平面PBC，MF∥平面PBC，又ME∩MF＝M，ME，MF⊂平面EFM，故平面EFM∥平面PBC，∵EF⊂平面EFM，∴EF∥平面PBC.
证法四：取PD的中点Q，连接QE，QF(如右图)
由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得QF∥AD，QE∥PC，∵PC⊂平面PBC，QE⊄平面PBC，∴QE∥平面PBC，∵AD∥BC，QF∥AD，∴QF∥BC，∵BC⊂平面PBC，QF⊄平面PBC，
∴QF∥平面PBC，又QE∩QF＝Q，QE，QF⊂平面EFQ，∴平面EFQ∥平面PBC，∵EF⊂平面EFQ，∴EF∥平面PBC.
思路三：空间向量方法证法五：∵PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，故AB，AD，AP两两垂直，
由PA＝AD＝4，AB＝BC＝2知：A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，E(1,3,0)，F(0,0,2)，
设平面PBC的一个法向量为v＝(x1，y1，z1)，
取z1＝1得v＝(2,0,1)，
[引申]本例条件下，证明BF∥平面PCD.
名师点拨：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定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．4．利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．5．向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．注：线面平行的关键是线线平行，证明中常构造三角形中位线或平行四边形．
[证明] 连接BD、AC交于O，连接OQ，
∴OQ∥PD，又OQ⊂平面ACQ，PD⊄平面ACQ，∴PD∥平面ACQ.
角度2 线面平行的性质
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，∴PA∥MO.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.
名师点拨：空间中证明两条直线平行的常用方法1．利用线面平行的性质定理，即a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.已知l∥α，一般找或作过l且与α相交的平面探求解题方向．2．利用平行公理：平行于同一直线的两条直线互相平行．3．利用垂直于同一平面的两条直线互相平行．
【变式训练】1.(角度1)(2022·广东佛山质检，节选)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E、F分别为AD、PC的中点．求证：EF∥平面PAB.
[证明] 证法一：取PB的中点H，连接FH、HA，
又四边形ABCD为平行四边形，
又E为AD的中点，∴FH綉EA，∴四边形AEFH为平行四边形，∴EF∥AH，又EF⊄平面PAB，HA⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.
证法二：取BC的中点H，连接FH，HE，
∵F为PC的中点，∴FH∥BP，又FH⊄平面PAB，∴FH∥平面PAB，又E为AD的中点，且四边形ABCD为平行四边形，∴HE∥BA，又HE⊄平面PAB，∴HE∥平面PAB，又FH∩EH＝H，∴平面EFH∥平面PAB，∴EF∥平面PAB.
证法三：连CE并延长交BA的延长线于H，连接PH.
∵E为平行四边形ABCD的边AD的中点，∴△CDE≌△HAE，∴CE＝EH，又F为PC的中点，∴EF∥PH，又EF⊄平面PAB，PH⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.
两个平面平行的判定与性质——师生共研
四棱锥P－ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠BAD＝90°，CD∥AB，CD＝3AB＝3AD＝3，△PAD为正三角形，E，F，G分别在线段BC，CD，AP上，DF＝2FC，BE＝2EC，PG＝2GA.证明：平面GBD∥平面PEF.
[证明] 证法一：∵DF＝2FC，BE＝2EC，故△BCD中EF∥BD.∵EF⊂平面PEF，BD⊄平面PEF，∴BD∥平面PEF.连接AF交BD于点H，连接GH，
∵PF⊂平面PEF，GH⊄平面PEF，∴GH∥平面PEF，∵GH⊂平面GBD，BD⊂平面GBD且GH∩BD＝H，∴平面GBD∥平面PEF.
证法二：延长FE与AB延长线交于H，连接PH，
∵AB∥CD，∴△FEC∽△HEB，
又GB⊄平面PEF，PH⊂平面PEF，∴GB∥平面PEF，
又BD⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，∴BD∥平面PEF，又GB⊂平面GBD，BD⊂平面GBD，且BD∩GB＝B，∴平面GBD∥平面PEF.
名师点拨：证明面面平行的方法有1．面面平行的定义．2．面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．3．利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．4．如果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．
*6.向量法：证明两平面的法向量平行．注：为便于构造平行线，常对锥体补形．
【变式训练】(2022·南昌模拟节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD.设M，N分别为PD，AD的中点．
求证：平面CMN∥平面PAB.
[证明] ∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，CN，MN⊂平面CMN，∴平面CMN∥平面PAB.
名师讲坛 · 素养提升
平行关系的综合应用 1. (多选题)(2024·广东深圳中学摸底)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，M均是所在棱的中点，则下列说法正确的是( )
A．B1G∥DMB．B1G∥平面A1EFC．平面BDM∥平面A1EFD．B1G∥A1F
[解析] 由MB1綉DG知B1GDM为平行四边形，∴B1G∥DM，选项A对；由A1M綉EB知MBEA1为平行四边形，∴BM∥A1E，从而可知A1E∥平面MBD，又EF∥BD知EF∥平面MBD.∴平面A1EF∥平面MBD，选项C对；又B1G∥平面MBD，B1G⊄平面A1EF，∴B1G∥平面A1EF，选项B对；B1G与A1F异面，选项D错，故选ABC.
2.(2022·安徽皖北联考)如图，在四棱锥C－ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF∥平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH∥平面ACD？若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：∵四边形ABED为正方形，F为BD的中点，∴E、F、A共线，连接AE，又G为EC的中点，
∴GF∥AC，又GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴GF∥平面ABC.注：本题也可取BE的中点Q，连接GQ、FQ，通过证平面GFQ∥平面ABC来证；或取BC的中点M，AB的中点N，连GM、MN、NF，通过证四边形GMNF为平行四边形得GF∥MN来证．
(2)当H为BC的中点时，平面GFH∥平面ACD.证明如下：∵G、H分别为EC、BC的中点，∴GH∥BE，又BE∥AD，∴GH∥AD，又GH⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，∴GH∥平面ACD，又GF∥AC，GF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，∴GF∥平面ACD，又GF∩GH＝G，GF⊂平面GFH，GH⊂平面GFH，∴平面GFH∥平面ACD.
[引申]ED上是否存在一点Q，使平面GFQ∥平面ACD.[解析] 当Q为ED的中点时，平面GFQ∥平面ACD.
名师点拨：平行中的探索性问题1．对命题条件的探索常采用以下三种方法：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
2．对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．
[解析] 如图，过点F作FG∥AB交PB于点G，连接CG，
因为FG∥AB∥EC，所以E，F，G，C四点共面，若EF∥平面PBC，由EF⊂平面EFGC，平面EFGC∩平面PBC＝CG，
知识梳理 · 双基自测
知 识 梳 理知识点一 直线与平面平行的判定与性质
知识点二 面面平行的判定与性质
归 纳 拓 展1．若α∥β，a⊂α，则a∥β. 2．垂直于同一条直线的两个平面平行，即“若a⊥α，a⊥β，则α∥β”． 3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即“若a⊥α，b⊥α，则a∥b”． 4．平行于同一个平面的两个平面平行，即“若α∥β，β∥γ，则α∥γ”．
双 基 自 测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．( )(2)平行于同一条直线的两个平面平行．( )(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．( )(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( )(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.( )
题组二 走进教材2．(必修2P142T2)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )A．α内有无数条直线都与β平行B．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
[解析] 对于选项A，若α存在无数条直线与β平行，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则α内有无数条直线都与β平行，所以选项A是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的是α∥β的一个充分条件．故选D.
题组三 走向高考3．(2023·全国Ⅰ卷(节选))如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
证明：B2C2∥A2D2.
[证明] 证法一：分别取D1D2、AA1的中点M、N，连接MC2，NB2，
由题意知D1M綉C1C2，∴MC2綉C1D1綉A1B1，同理B2N綉A1B1，∴MC2綉NB2，
即MNB2C2为平行四边形，∴C2B2∥MN，又MD2綉A2N，∴D2A2NM为平行四边形，∴D2A2∥MN，∴B2C2∥D2A2.
证法二：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2.
4.(2021·天津卷(节选))如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．求证：D1F∥平面A1EC1.
[证明] 证法一：连接B1D1交A1C1于M，
连BD、EF、ME，∵E、F分别为BC、CD的中点，
∴四边形EFD1M为平行四边形，∴D1F∥ME，又ME⊂平面A1EC1，D1F⊄平面A1EC1，∴D1F∥平面A1EC1.
证法二：取AD的中点H，
连接D1H，HE，HF，AC，∴E为BC的中点，∴EH綉CD綉C1D1，∴四边形C1D1HE为平行四边形，∴D1H∥C1E，又D1H⊄平面A1EC1，C1E⊂平面A1EC1，∴D1H∥平面A1EC1，又F为CD的中点，∴HF∥AC∥A1C1
又HF⊄平面A1EC1，A1C1⊂平面A1EC1，∴HF∥平面A1EC1，又D1H∩HF＝H，∴平面HFD1∥平面A1EC1，∴D1F∥平面A1EC1.
证法三：以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，则
A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，
设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
令x＝2，则m＝(2，－2,1)，
因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.
考点突破 · 互动探究
空间平行关系的基本问题——自主练透
1.(多选题)(2023·福建福州八县区期中改编)已知l、m是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若l、m是异面直线，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥βB．如果l∥α，m⊂α，且l，m共面，那么l∥mC．如果α⊥β，l⊥α，那么l∥βD．如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α
[解析] 对于A中，过m作平面γ与平面α交于直线c，如图，因为l，m是异面直线，所以l，c相交，又m∥α，所以m∥c，由c⊄β，m⊂β得c∥β，又l∥β，l，c是α内两相交直线，所以α∥β，A正确；对于B中，由线面平行的性质定理，可得l∥m，所以B正确；对于C中，如果α⊥β，l⊥α，那么l∥β或l⊂β，所以C不正确；对于D中，如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α或m⊂α，所以D不正确．故选AB.
2.下列三个命题在“( )”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为直线，α，β为平面)，则此条件是__________.
[解析] ①l∥m，m∥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α；②l⊄α，m⊂α，l∥m⇒l∥α；③l⊥m，m⊥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α.故答案为l⊄α.
【变式训练】(2024·九省联考试题)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥lB．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥βC．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥lD．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β[解析] m，l可能平行，相交或异面，故A错误；α，β可能相交或平行，故B错误；α，β平行，故D错误；由线面平行性质得C正确．故选C.
直线与平面平行的判定与性质——多维探究
角度1 线面平行的判定 (2024·四川巴中诊断(节选))如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，E，F分别为CD，PA的中点．
证明：EF∥平面PBC.
[证明] 思路一：利用直线、面平行的判定证明证法一：连接AE延长交BC的延长线于N，连接PN，
∵AD∥BC，即AD∥CN，又CE＝ED，∴AE＝EN，又AF＝FP，∴EF∥PN，∵PN⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC.
证法二：过E点作MN∥AB且交BC延长线于M，交AD于N，取PB的中点H，连接HM，
∴FHME为平行四边形，∴EF∥MH，又MH⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC.
思路二：利用面、面平行的性质证明证法三：取AB的中点M，连接ME，MF(如右图)
由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得ME∥BC，MF∥PB，∵BC，PB⊂平面PBC，FM，EM⊄平面PBC，∴ME∥平面PBC，MF∥平面PBC，又ME∩MF＝M，ME，MF⊂平面EFM，故平面EFM∥平面PBC，∵EF⊂平面EFM，∴EF∥平面PBC.
证法四：取PD的中点Q，连接QE，QF(如右图)
由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得QF∥AD，QE∥PC，∵PC⊂平面PBC，QE⊄平面PBC，∴QE∥平面PBC，∵AD∥BC，QF∥AD，∴QF∥BC，∵BC⊂平面PBC，QF⊄平面PBC，
∴QF∥平面PBC，又QE∩QF＝Q，QE，QF⊂平面EFQ，∴平面EFQ∥平面PBC，∵EF⊂平面EFQ，∴EF∥平面PBC.
思路三：空间向量方法证法五：∵PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，故AB，AD，AP两两垂直，
由PA＝AD＝4，AB＝BC＝2知：A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，E(1,3,0)，F(0,0,2)，
设平面PBC的一个法向量为v＝(x1，y1，z1)，
取z1＝1得v＝(2,0,1)，
[引申]本例条件下，证明BF∥平面PCD.
名师点拨：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定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．4．利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．5．向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．注：线面平行的关键是线线平行，证明中常构造三角形中位线或平行四边形．
[证明] 连接BD、AC交于O，连接OQ，
∴OQ∥PD，又OQ⊂平面ACQ，PD⊄平面ACQ，∴PD∥平面ACQ.
角度2 线面平行的性质
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，∴PA∥MO.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.
名师点拨：空间中证明两条直线平行的常用方法1．利用线面平行的性质定理，即a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.已知l∥α，一般找或作过l且与α相交的平面探求解题方向．2．利用平行公理：平行于同一直线的两条直线互相平行．3．利用垂直于同一平面的两条直线互相平行．
【变式训练】1.(角度1)(2022·广东佛山质检，节选)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E、F分别为AD、PC的中点．求证：EF∥平面PAB.
[证明] 证法一：取PB的中点H，连接FH、HA，
又四边形ABCD为平行四边形，
又E为AD的中点，∴FH綉EA，∴四边形AEFH为平行四边形，∴EF∥AH，又EF⊄平面PAB，HA⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.
证法二：取BC的中点H，连接FH，HE，
∵F为PC的中点，∴FH∥BP，又FH⊄平面PAB，∴FH∥平面PAB，又E为AD的中点，且四边形ABCD为平行四边形，∴HE∥BA，又HE⊄平面PAB，∴HE∥平面PAB，又FH∩EH＝H，∴平面EFH∥平面PAB，∴EF∥平面PAB.
证法三：连CE并延长交BA的延长线于H，连接PH.
∵E为平行四边形ABCD的边AD的中点，∴△CDE≌△HAE，∴CE＝EH，又F为PC的中点，∴EF∥PH，又EF⊄平面PAB，PH⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.
两个平面平行的判定与性质——师生共研
四棱锥P－ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠BAD＝90°，CD∥AB，CD＝3AB＝3AD＝3，△PAD为正三角形，E，F，G分别在线段BC，CD，AP上，DF＝2FC，BE＝2EC，PG＝2GA.证明：平面GBD∥平面PEF.
[证明] 证法一：∵DF＝2FC，BE＝2EC，故△BCD中EF∥BD.∵EF⊂平面PEF，BD⊄平面PEF，∴BD∥平面PEF.连接AF交BD于点H，连接GH，
∵PF⊂平面PEF，GH⊄平面PEF，∴GH∥平面PEF，∵GH⊂平面GBD，BD⊂平面GBD且GH∩BD＝H，∴平面GBD∥平面PEF.
证法二：延长FE与AB延长线交于H，连接PH，
∵AB∥CD，∴△FEC∽△HEB，
又GB⊄平面PEF，PH⊂平面PEF，∴GB∥平面PEF，
又BD⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，∴BD∥平面PEF，又GB⊂平面GBD，BD⊂平面GBD，且BD∩GB＝B，∴平面GBD∥平面PEF.
名师点拨：证明面面平行的方法有1．面面平行的定义．2．面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．3．利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．4．如果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．
*6.向量法：证明两平面的法向量平行．注：为便于构造平行线，常对锥体补形．
【变式训练】(2022·南昌模拟节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD.设M，N分别为PD，AD的中点．
求证：平面CMN∥平面PAB.
[证明] ∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，CN，MN⊂平面CMN，∴平面CMN∥平面PAB.
名师讲坛 · 素养提升
平行关系的综合应用 1. (多选题)(2024·广东深圳中学摸底)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，M均是所在棱的中点，则下列说法正确的是( )
A．B1G∥DMB．B1G∥平面A1EFC．平面BDM∥平面A1EFD．B1G∥A1F
[解析] 由MB1綉DG知B1GDM为平行四边形，∴B1G∥DM，选项A对；由A1M綉EB知MBEA1为平行四边形，∴BM∥A1E，从而可知A1E∥平面MBD，又EF∥BD知EF∥平面MBD.∴平面A1EF∥平面MBD，选项C对；又B1G∥平面MBD，B1G⊄平面A1EF，∴B1G∥平面A1EF，选项B对；B1G与A1F异面，选项D错，故选ABC.
2.(2022·安徽皖北联考)如图，在四棱锥C－ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF∥平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH∥平面ACD？若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：∵四边形ABED为正方形，F为BD的中点，∴E、F、A共线，连接AE，又G为EC的中点，
∴GF∥AC，又GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴GF∥平面ABC.注：本题也可取BE的中点Q，连接GQ、FQ，通过证平面GFQ∥平面ABC来证；或取BC的中点M，AB的中点N，连GM、MN、NF，通过证四边形GMNF为平行四边形得GF∥MN来证．
(2)当H为BC的中点时，平面GFH∥平面ACD.证明如下：∵G、H分别为EC、BC的中点，∴GH∥BE，又BE∥AD，∴GH∥AD，又GH⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，∴GH∥平面ACD，又GF∥AC，GF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，∴GF∥平面ACD，又GF∩GH＝G，GF⊂平面GFH，GH⊂平面GFH，∴平面GFH∥平面ACD.
[引申]ED上是否存在一点Q，使平面GFQ∥平面ACD.[解析] 当Q为ED的中点时，平面GFQ∥平面ACD.
名师点拨：平行中的探索性问题1．对命题条件的探索常采用以下三种方法：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
2．对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．
[解析] 如图，过点F作FG∥AB交PB于点G，连接CG，
因为FG∥AB∥EC，所以E，F，G，C四点共面，若EF∥平面PBC，由EF⊂平面EFGC，平面EFGC∩平面PBC＝CG，
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