新高考数学一轮复习考点精讲+题型精练专题24 空间直线、平面的平行（2份，原卷版+解析版）

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专题24空间直线、平面的平行
№考向解读
➊考点精析
➋真题精讲
➌模拟精练
➍专题训练
（新高考）
高考数学一轮复习
专题24空间直线、平面的平行
→➊考点精析←
一、 空间点、线、面的位置关系
1.四个基本事实
2.基本事实2的三个推论
推论1:经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面;
推论2:经过两条相交直线有且只有一个平面;
推论3:经过两条平行直线有且只有一个平面.
3.空间直线的位置关系
(1)位置关系的分类
空间直线
4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
二、 异面直线所成的角
1.异面直线所成的角
①定义:设a,b是两条异面直线,经过空间中任一点O作直线a'∥a,b'∥b,把a'与b'所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角(或夹角).
②范围:.
2.等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.
三、 线面平行的判定与性质
四、 面面平行的判定与性质
→➋真题精讲←
1. （2023全国理科乙卷19）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面BEF；
（3）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行判定推理作答.
（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.
【小问1详解】
连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
【小问3详解】
过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

2. （2023全国文科乙卷19）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
（1）求证：//平面；
（2）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【小问1详解】
连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
4.（2023天津卷17）三棱台中，
若面，分别是中点.

（1）求证：//平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【小问1详解】

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
【小问3详解】
[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
4.（2023全国Ⅰ卷18） 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
【小问2详解】
设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
→➌模拟精练←
1．（2023·广东茂名·统考一模）已知空间中三条不同的直线a、b、c，三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】ACD
【解析】对于A，，，则一定成立，A正确；
对于B，
如图，正方体两两相交的三个平面,平面,平面,
平面平面，平面平面,
平面平面，但不平行，故B错误；
对于C，若，，则或，
但，所以，C正确；
对于D，，，则，D正确.
故选:ACD.
2．（2023·广东·统考一模）如图所示的在多面体中，，平面平面，平面平面，点分别是中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面和平面夹角的余弦值.
【解析】（1）如图，取中点，连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为点分别是中点，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）方法一：因为，所以，
由（1）知平面平面，
所以，
所以两两相互垂直，
如图，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，
得，即，解得，
取，得，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
方法二：因为平面平面，所以平面和平面的夹角即二面角.
如图，过点作，垂足为点，过点作交于点，
则为二面角所成平面角.
在中，，
在中，，
在直角梯形中，因为，,所以，
所以
在中，，
所以，
利用三角形等面积可得，
所以，
因为，所以，
过点作于，则，
所以，
在中，，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
3．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.
(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，
易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
4．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考二模）如图，，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，，，为圆台的母线，．
(1)证明；平面；
(2)若二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，根据圆的性质知△、△都为等腰直角三角形，进而有为平行四边形，则，根据线面平行的判定证明结论.
（2）构建空间直角坐标系，根据已知求得，再求出、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.
【详解】（1）连接，C为圆O的直径AB所对弧的中点，
所以△为等腰直角三角形，即，
又在圆上，故△为等腰直角三角形，
所以且，又是母线且，则，
故且，则为平行四边形，
所以，而面，面，
故平面.
（2）由题设及（1）知：、、两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系，
过作，则为的中点，再过作，连接，
由圆，即圆，圆，则，又，则，
故二面角的平面角为，而，
所以.
则，，，，
所以，，，
若为面的一个法向量，则，令，则，
，故与平面所成角的正弦值.
5．（2023·江苏常州·校考二模）如图，在四棱锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．
(1)求证：平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.
（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD的中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，
因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）解：如图所示，过E作交AB于O，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，
取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，
因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，
以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，
设，所以，
可得，，，则，，
设平面的一个法向量，则，可得，
令，则平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，则，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二成角的余弦值为．
6．（2023·江苏南通·二模）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解.
【详解】（1）如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
7．（2023·江苏无锡·辅仁高中校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．
(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；
（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.
∵为等边三角形，∴，OA=1，.
又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
平面PAD，∴平面ABC.
又∵平面ABCD，∴.
∵，∴，∴.
又∵，平面POB，
平面POB，，∴平面POB.
又∵平面POB，∴.
∴，
设点A到平面PBC的距离为h，
则即，∴；
（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.
设，则，.
得，则.
又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.
设AE与平面ABCD所成的角为，则
，解得.
则，.
设平面ADE的法向量，则.
令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.
→➍专题训练←
1.设、是异面直线，给出下列命题：
①经过直线有且仅有一个平面平行于直线；
②经过直线有且仅有一个平面垂直于直线；
③存在分别经过直线和直线的两个平行平面；
④存在分别经过直线和直线的两个互相垂直的平面．
其中错误的命题为（ ）
A．①与②B．②与③C．②与④D．仅②
【答案】D
【解析】对于①，选一条直线与平行，且与相交，则由公理的推论可知，通过与有且仅有一个平面，此时，故①正确；
对于②，若与不垂直，则直线不可能垂直于直线所在的平面，故②错；
对于③，取平面与平面，且使，若，，且与不平行，则异面，故③正确；
对于④，若、异面，则存在一条直线，使得，，设由、所确定的平面为，则一定可以过直线作一个平面，使得，故④正确.
故选：D.
2. 如图，在三棱锥D-ABC中，，一平面截三棱锥D-ABC所得截面为平行四边形EFGH．已知，，则异面直线EG和AC所成角的正弦值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】EFGH是平行四边形，所以，因为平面，平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以（或其补角）就是异面直线EG和AC所成的角，
因为，所以，
因为，，所以，
故．
故选：A
3. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（ ）
A．D1D⊥AF
B．A1G∥平面AEF
C．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为
D．点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍
【答案】BCD
【解析】A选项，由，即与并不垂直，所以D1D⊥AF错误.
B选项，如下图，延长FE、GB交于G’连接AG’、GF，有GF//BE又E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，所以，而，即；又因为面 面=，且面，面，所以A1G∥平面AEF，故正确.
C选项，取中点，连接，由题意知与平行且相等，所以异面直线A1G与EF所成角的平面角为，若正方体棱长为2，则有，即在中有，故正确.
D选项，如下图若设G到平面AEF的距离、C到平面AEF的距离分别为、，则由且，知，故正确.

故选：BCD
4. 已知直线a与平面，能使的充分条件是（ ）
① ② ③ ④
A．①②B．②③C．①④D．②④
【答案】D
【解析】对①，若，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；
对②，若，则，平面的平行具有传递性，故②正确；
对③，若，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；
对④，，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.
综上：②④正确，
故选：D.
5. 如图，在三棱锥中，，，、、分别是所在棱的中点.则下列说法错误的是（ ）
A．面面 B．面面 C． D．
【答案】D
【解析】、分别是，的中点，
，又平面，平面，
平面，
同理可得平面，
又，平面平面，故正确；
，，，
平面，
，故正确，
又平面，
平面平面，故正确；
假设，又，
，与矛盾，故与不平行，故错误，
故选：D
6.在正方体中，若，分别为，的中点，则（ ）
A．直线平面B．直线平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】BD
【解析】如图，
取的中点G，连接，可证，得四边形为平行四边形，则，
若直线平面，则//平面ACD或平面，与平面矛盾，故A错误；
由正方体的结构特征可得平面，则，
又平面，得，
同理可证，又，直线平面ACD1，故B正确;
而BD平面，平面平面ACD1，故D正确;
连接，由，可得四边形AA1C1C为平行四边形，
则平面A1BC1，AC平面A1BC1，平面A1BC1，
同理AD1平面A1BC1，又AC∩AD1=A，平面A1BC1//平面ACD1，
若平面A1 EF平面ACD1，则平面A1EF与平面A1BC1重合，则EF 平面A1BC1，与EF平面A1BC1矛盾，故C错误．
故选：BD
7．（2023·广东茂名·统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.
(1)求证：平面PAB；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【解析】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB
所以.
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）
如图1，取的中点F，连结PF、AF.
由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.
因为
所以，
所以.
又，则有，
所以，.
则有，，，
所以，，，
又，平面，平面.
所以平面.
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.
由，，可得.
，，，，，.
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
则，，，，，
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
8．（2023·广东佛山·统考一模）如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．
(1)证明：平面；
(2)若点E到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
【解析】（1）如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，，取的中点，连接，则，
因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
9．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且.

(1)求证：直线平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，易知底面，，所以，
又是底面圆的内接正三角形，由，可得，.
又，，所以，即，
又，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面.
.
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
10．（2023·山东聊城·统考三模）如图，三棱台中，，是的中点，点在线段上，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若平面平面，，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，求向量与平面的法向量，根据空间向量求解直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，

因为是的中点，所以，，
因为三棱台中，，，，
所以，，即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以．
（2）因为平面平面，所以过点作于点，则平面，又由题意知，，所以，
因为中，，，所以，
连接，在中由余弦定理得，
所以，得．
所以以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，

令，则，，，，，，，，，，
，
设平面的法向量为，则得
令，则，，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
命题解读
命题预测
复习建议
空间直线、平面的平行是高考必考的重点知识，在立体几何部分，直线与平面的平行的判定与性质的应用在高考中出题比较灵活，在新高考的引领下，出题创新性比较强，更加注重了学生能力的考察。
预计2024年的高考对于空间直线、平面的平行考察还是以应用为主，线线、线面、面面之间的相互转化是重点，空间想象力和空间思维能力是考察的重点。
集合复习策略：
1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理,并能够证明相关性质定理.
2.能运用结论证明空间基本图形位置关系的简单命题。
文字语言
图形语言
符号语言
作用
基本事实1
如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内
⇒l⊂α
可用来证明点、直线在平面内
基本事实2
过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面
A,B,C三点不共线⇒有且只有一个平面α,使A∈α,B∈α,C∈α
①可用来确定一个平面;
②证明点、线共面
基本事实3
如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线
P∈α,且P∈β⇒α∩β=l,且P∈l
①可用来确定两个平面的交线;②判断或证明多点共线;③判断或证明多线共点
基本事实4
平行于同一条直线的两条直线互相平行
a∥b,b∥c⇒a∥c
证明空间中两条直线平行
图形语言
符号语言
公共点
直线与平面
相交
a∩α=A
1个
平行
a∥α
0个
在平面内
a⊂α
无数个
平面与平面
平行
α∥β
0个
相交
α∩β=l
无数个
类别
语言表述
图形表示
符号表示
应用
判定
一条直线与一个平面没有公共点， 则称这条直线与这个平面平行
a∩α=⌀⇒a∥α
证明直线与平面平行
平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行,则平面外这条直线平行于这个平面
a⊄α,b⊂α,且a∥b⇒a∥α
证明直线与平面平行
性质
一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α,a⊂β,
α∩β=b⇒a∥b
证明直线与直线平行
类别
语言表述
图形表示
符号表示
应用
判定
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
a⊂α,b⊂α,a∩b=P,a∥β,b∥β⇒α∥β
证明平面与平面平行
如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线,那么这两个平面平行
a⊂α,b⊂α,a∩b=P,a∥a',b∥b',a'⊂β,b'⊂β⇒α∥β
垂直于同一条直线的两个平面平行
a⊥α,a⊥β⇒α∥β
性质
两个平面平行,则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面
α∥β,a⊂α⇒a∥β
证明直线与平面平行
如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行
α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b
证明直线与直线平行