2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第七章第四节直线、平面平行的判定及其性质

第四节直线、平面平行的判定及其性质



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(线线平行⇒线面平行)

∵l∥a，a⊂α，
l⊄α，
∴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”)

∵l∥α，l⊂β，
α∩β＝b，
∴l∥b
2．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”)

∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，
∴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

∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，
∴a∥b
[小题体验]
1．(教材习题改编)已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题：
①a与β内的所有直线平行；
②a与β内无数条直线平行；
③a与β内的任意一条直线都不垂直．
其中真命题的序号是________．
答案：②
2．(教材习题改编)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．

解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EO∥BD1，又因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面AEC，所以BD1∥平面ACE.

答案：平行

1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．
2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．
3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．
[小题纠偏]
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．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”的(　　)
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B　当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要而不充分条件．

考点一　直线与平面平行的判定与性质
[锁定考向]
平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中．
常见的命题角度有：
(1)证明直线与平面平行；
(2)线面平行性质定理的应用．
[题点全练]
角度一：证明直线与平面平行
1．(2018·杭二一模)如图，在三棱锥P­ABC中，PB⊥BC，AC⊥BC，点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点．
(1)求证：PB∥平面EFG；
(2)求证：BC⊥EG.
证明：(1)∵点F，G分别为BC，PC的中点，
∴GF∥PB，∵PB⊄平面EFG，GF⊂平面EFG，
∴PB∥平面EFG.
(2)∵点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点，
∴EF∥AC，GF∥PB，
∵PB⊥BC，AC⊥BC，∴EF⊥BC，GF⊥BC，
∵EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，
∴BC⊥平面EFG，
∵EG⊂平面EFG，∴BC⊥EG.
角度二：线面平行性质定理的应用
2.(2018·瑞安期中)已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.
证明：如图所示，连接AC交BD于点O，则点O为AC中点．
连接MO，则有MO∥PA.
因为PA⊂平面APGH，MO⊄平面APGH，
所以MO∥平面APGH.
因为MO⊂平面BDM，平面BDM∩平面APGH＝GH，所以GH∥MO，所以PA∥GH.
[通法在握]
证明直线与平面平行的3种方法
定义法
一般用反证法
判定定理法
关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程
性质判定法
即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面
[演练冲关]
(2018·豫东名校联考)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.
证明：FG∥平面AA1B1B.
证明：在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，
所以CC1∥平面BB1D.
又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，
所以CC1∥FG.
因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.
因为BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，
所以FG∥平面AA1B1B.
考点二　平面与平面平行的判定与性质
[典例引领]
(2018·嘉兴模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，点D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，点D1是B1C1的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.

证明：如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以点E为A1C的中点，因为A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，所以A1B∥ED，
因为点E是A1C的中点，所以点D是BC的中点，
又因为点D1是B1C1的中点，所以D1C1綊BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以BD1∥C1D.
因为BD1⊄平面AC1D，C1D⊂平面AC1D，
所以BD1∥平面AC1D，
又因为A1B∩BD1＝B，
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
[由题悟法]
判定平面与平面平行的5种方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；
(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；
(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行．
[即时应用]
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．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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，设DF与GN的交点为O，
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⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG.

[典例引领]
(2019·舟山诊断)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，A1A的中点，Q是BC上一个动点，且BQ＝λQC(λ＞0)．
(1)当λ＝1时，求证：平面BEF∥平面A1DQ；
(2)是否存在λ，使得BD⊥FQ？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：当λ＝1时，Q为BC的中点，
因为E是AD的中点，所以ED＝BQ，ED∥BQ，
则四边形BEDQ是平行四边形，
所以BE∥DQ，又BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，
所以BE∥平面A1DQ.
因为F是A1A的中点，所以EF∥A1D，
因为EF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，
所以EF∥平面A1DQ.

又BE∩EF＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，
所以平面BEF∥平面A1DQ.
(2)假设存在满足条件的λ，如图连接AQ，BD，FQ.因为A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD.
因为BD⊥FQ，A1A∩FQ＝F，
所以BD⊥平面A1AQ.
因为AQ⊂平面A1AQ，所以AQ⊥BD.
在矩形ABCD中，由AQ⊥BD，得△AQB∽△DBA，
所以＝，则AB2＝AD·BQ.
又AB＝1，AD＝2，所以BQ＝，
则QC＝，则＝，即λ＝.
[由题悟法]
探索性问题的一般解题方法
先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．
[即时应用]
如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.

若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且＝λ，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
解：AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝.
理由如下：当λ＝时，＝，可知＝，

如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，
则有＝＝，
又BE＝1，可得FD＝5，
故MP＝3，
又EC＝3，MP∥FD∥EC，
故有MP綊EC，
故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME，
又ME⊂平面ABEF，CP⊄平面ABEF，
故有CP∥平面ABEF.

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是(　　)
A．平行　　　　　　　　　 　B．相交
C．异面 D．以上都有可能
解析：选D　由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面．
2．(2018·宁波模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是(　　)
A．平行 B．相交
C．在平面内 D．不能确定
解析：选A　如图，由＝得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.
3．(2018·绍兴期中考试)已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：
①α内任意不共线的三点到β的距离都相等；
②l，m是α内的两条直线，且l∥β，m∥β；
③l，m是两条异面直线，且l∥α，l∥β，m∥α，m∥β；
其中可以判定α∥β的是(　　)
A．① B．②
C．①③ D．③
解析：选C　本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定．对于命题①，任意不共线三点可以确定一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可得到α∥β，故①正确；对于命题②，由面面平行的判定可知，若l，m平行，则不一定能够推理得到α∥β，故②错误；对于命题③，由l，m是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与α，β都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，α∥β，故③正确．所以满足条件的是①③.
4．(2018·舟山二模)已知m，n，l为不重合的直线，α，β，γ为不重合的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．若m⊥l，n⊥l，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若α∥γ，β∥γ，则α∥β
解析：选D　若m⊥l，n⊥l，则m与n可能平行、相交或异面，故A错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行，可能相交，故B错误；若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故C错误；若α∥γ，β∥γ，利用平面与平面平行的性质与判定，可得α∥β，故D正确．故选D.
5.如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由＝＝，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
答案：平面ABC、平面ABD
二保高考，全练题型做到高考达标
1．在空间中，已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：
①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3

解析：选A　对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①是假命题；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②是假命题；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．
2．设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是(　　)
A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2
解析：选B　因为m∥l1，且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2，可能异面．所以α∥β的一个充分而不必要条件是B.
3．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是(　　)

A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选C　对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．
4.在三棱锥S ­ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为(　　)
A. B.
C．45 D．45
解析：选A　取AC的中点G，连接SG，BG.
易知SG⊥AC，BG⊥AC，
故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB.
因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD.同理SB∥FE.
又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，
所以四边形DEFH为平行四边形．
又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，
所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，
其面积S＝HF·HD＝AC·SB＝.
5.(2018·舟山模拟)在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有(　　)
A．无数条 B．2条
C．1条 D．0条
解析：选A　法一：取BB1的中点H，
连接FH，则FH∥C1D1，
连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，
取D1E的中点O，连接OH，
在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，
连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OH∥KB.
过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN，
由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，
GM⊄平面ABCD，
所以GM∥平面ABCD，
同理，NG∥平面ABCD，又GM∩NG＝G，
由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，
则MN∥平面ABCD.
由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条．故选A.
法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD，故有无数条直线MN∥平面ABCD，故选A.
6．(2018·金华名校统练)已知直线a，b，平面α，β，且a∥b，a⊥β，则“α⊥β是“b∥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
解析：选B　因为a∥b，a⊥β，所以b⊥β，若b∥α，则α⊥β，故“α⊥β是“b∥α”的必要条件；若α⊥β，又a⊥β，则a∥α或a⊂α，又a∥b，所以b∥α或b⊂α，故“α⊥β不是“b∥α”的充分条件．故选B.
7．正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________cm2；其周长为________cm.
解析：如图所示，截面ACE∥BD1，平面BDD1∩平面ACE＝EF，其中F为AC与BD的交点，
∴E为DD1的中点，
∴S△ACE＝××＝ (cm2)．
∵AC＝，CE＝AE＝，
∴其周长为AC＋AE＋CE＝＋(cm)．
答案：　＋
8.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则PQ的长度为________．
解析：由题意知，AB＝8，过点P作PD∥AB交AA1于点D，
连接DQ，则D为AM中点，PD＝AB＝4.
又∵＝＝3，
∴DQ∥AC，∠PDQ＝，DQ＝AC＝3，
在△PDQ中，由余弦定理得
PQ＝
＝.
答案：
9.(2018·杭州模拟)如图所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝.
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)求三棱柱ABD­A1B1D1的体积．
解：(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
所以BD∥B1D1.
又因为BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，
所以BD∥平面CD1B1.
因为A1D1綊B1C1綊BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥D1C.
又因为A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，
所以A1B∥平面CD1B1，
又因为BD∩A1B＝B，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)因为A1O⊥平面ABCD，
所以A1O是三棱柱ABD­A1B1D1的高．
又因为AO＝AC＝1，AA1＝，
所以A1O＝＝1.
又因为S△ABD＝××＝1，
所以VABD­A1B1D1＝S△ABD·A1O＝1.
10.如图所示，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；
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
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，
∴HD1∥MC1.
又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1.
(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊DC，又D1G綊DC，
∴OE綊D1G，
∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O.
又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，
∴EG∥平面BB1D1D.
(3)由(1)知BF∥HD1，
又BD∥B1D1，B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，
∴平面BDF∥平面B1D1H.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1.如图所示，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.
解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，
而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥PQ.
又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，
设PQ∩AB＝M，
∵AB∥CD，
∴△APM∽△DPQ.
∴＝＝2，即PQ＝2PM.
又知△APM∽△ADB，∴＝＝，
∴PM＝BD，又BD＝a，∴PQ＝a.
答案：a
2．如图，斜三棱柱ABC­A1B1C1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．
解：(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，所以点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＝D1O.
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
∴＝，＝.
又＝1，∴＝1，即＝1.