2025版高考数学全程一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第三节空间直线平面的平行

这是一份2025版高考数学全程一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第三节空间直线平面的平行，共15页。
2．掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】 一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？
【问题2】 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吗？
关键能力·题型剖析
题型一 直线与平面平行的判定与性质
角度一 直线与平面平行的判定
例1 在多面体ABCC1A1B1中，四边形BB1C1C是正方形， A1为AB1的中点，求证：直线AC∥平面A1BC1.
[听课记录]
题后师说
证明线面平行的两种常用方法
(1)利用线面平行的判定定理．
(2)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
角度二 直线与平面平行的性质
例2 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，BC＝CD＝AD＝1，E为线段AD的中点，平面BEF与棱PD相交于点G.
求证：BE∥FG.
[听课记录]
题后师说
应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定．
巩固训练1
如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
题型二 平面与平面平行的判定与性质
例3 如图，在三棱柱ABC - A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
[听课记录]
题后师说
证明面面平行的三种常用方法
(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．
(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)．
巩固训练2
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B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.
题型三 平行关系的综合应用
例4 如图，四棱锥P - ABCD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．
[听课记录]
题后师说
解决面面平行问题的关键点
(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”“线面平行”，再到“面面平行”；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，绝不可过于“模式化”．
(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
巩固训练3
如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
1．若l，m是平面α外的两条不同直线，且m∥α，则“l∥m”是“l∥α”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
2．已知α，β是空间两个不同的平面，命题p：“α∥β”，命题q：“平面α内有无数条直线与β平行”，则p是q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
3．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点， BF∥平面ACE，则EF的长度为( )
A.2 B．
C． D．2
4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过点A1，M，N作正方体的截面α交CC1于点Q，则＝________．
第三节 空间直线、平面的平行
问题思考·夯实技能
【问题1】 提示：不都平行．该平面内的直线有两类：一类与该直线平行，一类与该直线异面．
【问题2】 提示：平行．可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”，这就是面面平行的判定定理．
关键能力·题型剖析
例1 证明：连接CB1，设CB1∩BC1＝D，因为四边形BB1C1C是正方形，
所以D为CB1的中点，连接A1D，
因为A1，D分别为AB1，CB1的中点，则A1D∥AC，
因为A1D⊂平面A1BC1，AC⊄平面A1BC1，
所以直线AC∥平面A1BC1.
例2 证明：因为E为线段AD的中点，所以DE＝AD＝1.
又因为BC＝1，所以DE＝BC.
在梯形ABCD中，DE∥BC，
所以四边形BCDE为平行四边形．所以BE∥CD.
又因为BE⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，
所以BE∥平面PCD.
因为BE⊂平面BEF，平面BEF∩平面PCD＝FG，
所以BE∥FG.
巩固训练1 解析：
(1)证明：令AC∩BD＝O，连接OE，
∵四边形ACEF为矩形，M，O分别为EF，AC中点，
∴EM∥OA，且EM＝OA，
∴四边形AOEM为平行四边形，∴AM∥OE，
∵AM⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴AM∥平面BDE.
(2)l∥m，证明：由(1)知AM∥平面BDE，
又∵AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
∴l∥AM，
∵AM∥平面BDE，AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
∴m∥AM，∴l∥m.
例3 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，
则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，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
巩固训练2 证明：(1)由题意，BB1∥DD1且BB1＝DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.
又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，
∴BD∥平面CD1B1，
∵A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，
∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥D1C，
又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，
∴A1B∥平面CD1B1，
又∵BD＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，
∴平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知，平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，
平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，∴直线l∥直线BD，
∵在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
∴B1D1∥BD，∴l∥B1D1.
例4 解析：
(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝AB，
又AB∥CD，CD＝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)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明：取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF＝AB，
又CD＝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AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD.
由(1)可知CE∥平面PAD，
又CE∩CF＝C，CE，CF⊂平面CEF，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．
巩固训练3 解析：
(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，
∴点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)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.
因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.
∴＝＝，
又＝1，∴＝1，即＝1.
随堂检测
1．解析：∵l，m是平面α外的两条不同的直线，m∥α，∴若l∥m，则推出“l∥α”；若l∥α，则l∥m或l与m相交或l与m异面；∴若l，m是平面α外的两条不同直线，且m∥α，则“l∥m”是“l∥α”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
2．解析：若α∥β，则平面α内的任意一条直线平行于另一个平面，故平面α内有无数条直线与β平行，所以p可以推出q；根据面面平行的判定定理，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．若平面α内有无数条直线与β平行，则α与β可能相交，不一定平行，所以q不能推出p.故选A.
答案：A
3.
解析：正方体ABCD-A1B1C1D1，连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示，∵BF∥平面ACE，平面BEF∩平面ACE＝OE，BF⊂平面BEF，∴BF∥OE，又EF∥BO，∴BOEF为平行四边形，则EF＝BO＝.故选B.
答案：B
4．解析：如图，连接MQ，NQ，则平面A1MQN即为过点A1，M，N作的正方体的截面α，
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面ABB1A1＝A1M，平面DCC1D1＝NQ，
故A1M∥NQ，又NC1∥A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的对应两边的射线方向一致，
故∠C1NQ＝∠B1A1M，而∠NC1Q＝∠A1B1M＝90°，
故△NC1Q∽△A1B1M，故＝＝，
而B1M＝BB1＝CC1，
故＝，则＝.
答案：