2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第八章　第4讲　直线、平面平行的判定与性质

第4讲　直线、平面平行的判定与性质一、知识梳理1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)因为l∥a，a⊂α，l⊄α，所以l∥α性质定理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(简记为“线面平行⇒线线平行”)因为l∥α，l⊂β，α∩β＝b，所以l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，所以α∥β性质定理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因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b常用结论1．三种平行关系的转化：线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想．2．平行关系中的三个重要结论(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)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.二、习题改编1．(必修2P58练习T3改编)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．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：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.2．(必修2P57例2改编)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的是        (只填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因为ABC1D1，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．③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．答案：①②④一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√二、易错纠偏(1)对空间平行关系的相互转化条件理解不够；(2)忽略线面平行、面面平行的条件．1．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的(　　)A．一条直线不相交　　 B．两条直线不相交C．无数条直线不相交  D．任意一条直线都不相交解析：选D.因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.2．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为        ．解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．答案：平行四边形　　　　与线、面平行相关命题的判定(师生共研) 设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是(　　)A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥βD．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β【解析】　A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，所以n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n⊄β，l⊂β，所以n∥β.【答案】　D解决线、面平行关系应注意的问题(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易被忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．1．下列命题中正确的是(　　)A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α解析：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b⊄α，c⊂α，所以b∥α.2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：选B.对于A，C，D选项，α均有可能与β相交，故排除A，C，D选项，选B.　　　　　　线面平行的判定与性质(多维探究)角度一　线面平行的证明 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D.【证明】　(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，所以HD1∥MC1.又因为在平面BCC1B1中，BMFC1，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以MC1∥BF，所以BF∥HD1.(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE∥DC且OE＝DC，又D1G∥DC且D1G＝DC，所以OED1G，所以四边形OEGD1是平行四边形，所以GE∥D1O.又D1O⊂平面BB1D1D，GE⊄平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D.证明直线与平面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义．(2)利用线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明．　角度二　线面平行性质的应用 如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，过BC的平面交棱FD于点P，交棱FA于点Q.证明：PQ∥平面ABCD.【证明】　因为底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，⇒BC∥平面ADF，⇒BC∥PQ，PQ∥平面ABCD.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来确定交线．该定理的作用是由线面平行转化为线线平行．1．(2020·辽宁丹东质量测试(一))如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D，E分别为AA1，B1C的中点．证明：DE∥平面ABC.证明：取BC的中点F，连接AF，EF，则EF∥BB1，EF＝BB1，所以EF∥DA，EF＝DA，则四边形ADEF为平行四边形，所以DE∥AF.又因为DE⊄平面ABC，AF⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.2．如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，AB＝2，AF＝1，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．解：(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别是AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.　　　　　　面面平行的判定与性质(典例迁移) 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)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，所以A1GEB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.【迁移探究1】　(变条件)在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，因为D为BC1的中点，H为A1C1的中点，所以HD∥A1B，又HD⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，所以HD∥平面A1B1BA.【迁移探究2】　(变条件)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，D1C1BD，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．如图，AB∥平面α∥平面β，过点A，B的直线m，n分别交α，β于点C，E和点D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为(　　)A.　　　　　　　　 B.C.  D．解析：选C.由AB∥α∥β，易证 ＝.即＝，所以BD＝＝＝.2．(一题多解)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，ED⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE.证明：法一：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE.因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE.因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.法二：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，所以平面ABF∥平面DCE.法三：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥DC.又DE∩DC＝D，所以AD⊥平面DEC.同理AD⊥平面ABF.所以平面ABF∥平面DCE.[基础题组练]1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，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与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：选B.因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．2．(2020·大连双基测试)已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是(　　)A．l⊂α，m⊂β，α∥β  B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m⊂α  D．l⊂α，α∩β＝m解析：选B.选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交，故选B.3．(2020·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是(　　)A．1  B．2  C．3  D．4解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β.α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题，所以真命题的个数是1，故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFBD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGBD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为        ．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行6.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于        ．解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC的中点．故EF＝AC＝.答案：7．在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB＝90°，且AC＝1，AB＝2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM＝AC.(1)若三棱锥A1­C1ME的体积为，求AA1的长；(2)证明：CB1∥平面A1EM.解：(1)设AA1＝h，因为VA1­C1ME＝VE­A1C1M，S△A1C1M＝A1C1×h＝，三棱锥E­A1C1M的高为2，所以VE­A1C1M＝××2＝，解得h＝，即AA1＝.(2)证明：如图，连接AB1交A1E于点F，连接MF.因为E为BB1的中点，所以AF＝AB1，又AM＝AC，所以MF∥CB1，又MF⊂平面A1EM，CB1⊄平面A1EM，所以CB1∥平面A1EM.8．(2020·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱锥P­ABM的体积．解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，所以∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝，所以三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝××1××2＝.[综合题组练]1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为(　　)A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B.因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；由上面可知：BD∥PN，MN∥AC.所以＝，＝，而AN≠DN，PN＝MN，所以BD≠AC.B错误．故选B.2．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件        时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q为CC1的中点3．如图，四边形ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：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，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.4．(2020·南昌二模)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD.(1)确定点E，F的位置，并说明理由；(2)求三棱锥F­DCE的体积．解：(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CE∥AD，又AB∥DC，所以四边形AECD是平行四边形，所以DC＝AE＝AB，即点E是AB的中点．因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB＝EF，平面PAD∩平面PAB＝PA，所以EF∥PA，又点E是AB的中点，所以点F是PB的中点．综上，E，F分别是AB，PB的中点．(2)连接PE，由题意及(1)知PA＝PB，AE＝EB，所以PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以PE⊥平面ABCD.又AB∥CD，AB⊥AD，所以VF­DEC＝VP­DEC＝S△DEC×PE＝××2×2×2＝.