2025版高考數學一輪總復習第6章立體幾何第3節(jié)直線平面平行的判定與性質教師用書

第三節(jié)直線、平面平行的判定與性質考試要求：1．能以立體幾何中的定義、基本領實和定理為動身點，相識和理解空間中線面平行的有關性質與判定定理．2．能運用基本領實、定理和已獲得的結論證明一些空間圖形中平行關系的簡潔命題．一、教材概念·結論·性質重現1．直線與平面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理假如平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行(簡記為“線線平行?線面平行”)因為l∥a，a?α，l?α，所以l∥α性質定理一條直線與一個平面平行，假如過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行(簡記為“線面平行?線線平行”)因為l∥α，l?β，α∩β＝b，所以l∥b應用判定定理時，要留意“內”“外”“平行”三個條件必需具備，缺一不行．應用性質定理時要體會協(xié)助面的作用.2．平面與平面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理假如一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”)因為_a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α，所以α∥β性質定理兩個平面平行，假如另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行因為α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b判定平面α與平面β平行時，必需具備兩個條件：(1)平面β內兩條相交直線a，b，即a?α，b?α，a∩b＝P.(2)兩條相交直線a，b都與平面β平行，即a∥β，b∥β.3．常用結論(1)兩個平面平行，其中一個平面內的隨意一條直線平行于另一個平面．(2)夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等．(3)經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．(4)兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應線段成比例．(5)同一條直線與兩個平行平面所成角相等．(6)假如兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面相互平行．(7)面面平行判定定理的推論：一個平面內的兩條相交直線與另一個平面內的兩條相交直線分別對應平行，那么這兩個平面平行．二、基本技能·思想·活動閱歷1．推斷下列說法的正誤，對的畫“√”，錯的畫“×”．(1)若直線a與平面α內多數條直線平行，則a∥α. (×)(2)假如一個平面內的兩條相交直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行． (√)(3)若一條直線平行于一個平面內的一條直線，則這條直線平行于這個平面． (×)(4)假如兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內的兩條直線平行或異面．(√)2．平面α∥平面β的一個充分條件是()A．存在一條直線a，a∥α，a∥βB．存在一條直線a，a?α，a∥βC．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥αD．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥αD解析：ABC錯誤，兩個平面可能相交．3．假如直線a∥平面α，那么直線a與平面α內的()A．一條直線不相交B．兩條直線不相交C．多數條直線不相交D．隨意一條直線都不相交D解析：因為直線a∥平面α，直線a與平面α無公共點，因此直線a和平面α內的隨意一條直線都不相交．故選D．4．若平面α∥平面β，直線a∥平面α，點B∈β，則在平面β內且過點B的全部直線中()A．不肯定存在與a平行的直線B．只有兩條與a平行的直線C．存在多數條與a平行的直線D．存在唯一的與a平行的直線A解析：當直線a在平面β內且過點B時，不存在與a平行的直線．故選A．5．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為DD1的中點，則BD1與平面ACE的位置關系為________．平行解析：連接BD，設BD∩AC＝O，連接EO，在△BDD1中，E為DD1的中點，O為BD的中點，所以EO為△BDD1的中位線，則BD1∥EO，而BD1?平面ACE，EO?平面ACE，所以BD1∥平面ACE.考點1直線、平面平行的基本問題——基礎性1．(2024·上海二模)設α，β是兩個不重合的平面，l，m是兩條不重合的直線，則“α∥β”的一個充分不必要條件是()A．l?α，m?α，且l∥β，m∥βB．l?α，m?β，且l∥mC．l⊥α，m⊥β，且l∥mD．l∥α，m∥β，且l∥mC解析：對于A，若l?α，m?α且l∥β，m∥β，若l，m是平行直線，則它們可能都平行于α，β的交線，所以A不正確；對于B，l?α，m?β，且l∥m，可得l，m都平行于α，β的交線，所以B不正確；對于C，l⊥α且l∥m，可得m⊥α，再由m⊥α，m⊥β，得到α∥β，所以l⊥α，m⊥β且l∥m是α∥β的一個充分不必要條件，所以C正確；對于D，由l∥α，m∥β，且l∥m，可能有l(wèi)，m都平行于α，β的交線，所以D不正確．故選C．2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不重合的平面，給出下面三個結論：①若α∥β，m?α，n?β，則m∥n；②若m，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β；③若m，n是兩條異面直線，且m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，則α∥β.其中正確結論的序號為()A．①②B．①③C．②③D．③D解析：由題意，若α∥β，m?α，n?β，則m與n平行或異面，故①錯誤；若m，n?α，m∥β，n∥β，則α與β可能平行也可能相交，故②錯誤；若m，n是兩條異面直線，且m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，則α∥β，故③正確．故正確的結論只有③.故選D．3．(多選題)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分別是棱D1C1，A1D1，BC的中點，點P在BD1上且BP＝23A．MN∥平面APCB．C1Q∥平面APCC．A，P，M三點共線D．平面MNQ∥平面APCBC解析：如圖，對于A，連接MN，AC，則MN∥AC，連接AM，CN.易得AM，CN交于點P，即MN?平面APC，所以A選項錯誤．對于B，由A知M，N在平面APC內，由題易知AN∥C1Q，且AN?平面APC，C1Q?平面APC．所以B選項正確．對于C，由A知，A，P，M三點共線，所以C選項正確．對于D，由A知MN?平面APC，又MN?平面MNQ，所以D選項錯誤．關于平行關系的判定，關鍵是理清各類平行及其內在聯(lián)系，駕馭平行的判定定理和性質定理的條件，結合題意構造圖形，通過圖形分析判定．同時也要留意一些常見結論，如垂直于同一條直線的兩個平面平行等．考點2直線、平面平行的判定與性質——應用性如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G，過點G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.求證：PA∥GH.證明：如圖所示，連接AC交BD于點O，連接MO.因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O是AC的中點．又M是PC的中點，所以AP∥OM.又MO?平面BMD，PA?平面BMD，所以PA∥平面BMD．又因為平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA?平面PAHG，所以PA∥GH.解決線面平行問題的關鍵點(1)利用判定定理判定直線與平面平行，關鍵是找出平面內與已知直線平行的直線．可先直觀推斷平面內是否已有，若沒有，則需作出該直線，常考慮作三角形的中位線、平行四邊形的對邊或過已知直線作一平面找其交線．(2)線面平行的性質定理是空間圖形中產生線線平行的主要途徑，常用于作截面．1．(多選題)如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，E，F分別是棱AC，PD的中點，則()A．EF∥平面PAB B．EF∥平面PBCC．CF∥平面PAB D．AF∥平面PBCAB解析：如圖，連接BD．因為四邊形ABCD是平行四邊形，且E是棱AC的中點，所以E是BD的中點，所以EF∥PB，則EF∥平面PAB，EF∥平面PBC，故A，B正確．因為AD∥BC，所以AD∥平面PBC．假設AF∥平面PBC，又AF∩AD＝A，則平面PAD∥平面PBC．因為平面PAD與平面PBC相交，則假設不成立，即AF∥平面PBC不成立，故D錯誤．同理可得C錯誤．故選AB．2．如圖，已知點P是平行四邊形ABCD所在平面外的一點，E，F分別是PA，BD上的點，且PE∶EA＝BF∶FD．求證：EF∥平面PBC．證明：(方法一)連接AF，并延長交BC于點G，連接PG.因為BC∥AD，所以FGFA＝FB又因為PEEA＝BFFD，所以PEEA＝GFFA，所以又因為PG?平面PBC，EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC．(方法二)過點F作FM∥AD，交AB于點M，連接EM.因為FM∥AD，AD∥BC，所以FM∥BC．又因為FM?平面PBC，BC?平面PBC，所以FM∥平面PBC．由FM∥AD得BMMA＝BFFD.又因為PEEA＝BFFD，所以PEEA＝BM因為PB?平面PBC，EM?平面PBC，所以EM∥平面PBC．因為EM∩FM＝M，EM，FM?平面EFM，所以平面EFM∥平面PBC．因為EF?平面EFM，所以EF∥平面PBC．考點3面面平行的判定與性質及平行的綜合問題——綜合性考向1面面平行的判定與性質如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點．求證：(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.證明：(1)因為G，H分別是A1B1，A1C1的中點，所以GH是△A1B1C1的中位線，所以GH∥B1C1.又因為B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四點共面．(2)因為E，F分別是AB，AC的中點，所以EF∥BC．因為EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因為A1G∥EB且A1G＝EB，所以四邊形A1EBG是平行四邊形，所以A1E∥GB．又因為A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因為A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，所以平面EFA1∥平面BCHG.在本例條件下，若D1，D分別為B1C1，BC的中點，求證：平面A1BD1∥平面AC1D．證明：如圖所示，連接A1C交AC1于點M.因為四邊形A1ACC1是平行四邊形，所以M是A1C的中點，連接MD．因為D為BC的中點，所以A1B∥DM.因為A1B?平面A1BD1，DM?平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性質知，D1C1∥BD且D1C1＝BD，所以四邊形BDC1D1為平行四邊形，所以DC1∥BD1.又DC1?平面A1BD1，BD1?平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1.又因為DC1∩DM＝D，DC1，DM?平面AC1D，所以平面A1BD1∥平面AC1D．證明面面平行的方法(1)面面平行的定義．(2)面面平行的判定定理．(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行．(4)兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行．(5)利用“線線平行”“線面平行”“面面平行”的相互轉化．考向2平行關系的綜合問題如圖所示，四邊形EFGH為空間四邊形ABCD的一個截面，若截面為平行四邊形．(1)求證：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四邊形EFGH周長的取值范圍．(1)證明：因為四邊形EFGH為平行四邊形，所以EF∥HG.因為HG?平面ABD，EF?平面ABD，所以EF∥平面ABD．又因為EF?平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，所以EF∥AB．又因為AB?平面EFGH，EF?平面EFGH，所以AB∥平面EFGH.同理可證，CD∥平面EFGH.(2)解：設EF＝x(0<x<4)．因為EF∥AB，FG∥CD，所以CFCB＝x4，則FG6＝BFBC＝BC-CFBC＝1－因為四邊形EFGH為平行四邊形，所以四邊形EFGH的周長C＝2x+6-32又因為0<x<4，所以8<C<12，即四邊形EFGH周長的取值范圍是(8，12)．利用線面平行的性質，可以實現與線線平行的轉化，尤其在截面圖的畫法中，常用來確定交線的位置．對于最值問題，常用函數思想來解決．1．設α，β，γ為三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝m，n?γ，且________，則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組，使該命題為真命題．①α∥γ，n?β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m?γ.可以填入的條件有()A．①② B．②③C．①③ D．①②③C解析：由面面平行的性質定理可知，①正確；當n∥β，m?γ時，n和m在同一平面內，且沒有公共點，所以平行，③正確．2．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，M，N，Q分別為BC，PA，PB的中點．(1)證明：平面MNQ∥平面PCD．(2)在線段PD上是否存在一點E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出PEPD(1)證明：因為ABCD是平行四邊形，M，N，Q分別為BC，PA，PB的中點，所以NQ∥AB∥CD，MQ∥PC．又NQ?平面PCD，CD?平面PCD，MQ?平面PCD，PC?平面PCD，所以NQ∥平面PCD，MQ∥平面PCD．因為NQ∩MQ＝Q，且NQ，MQ?平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PCD．(2)解：存在點E是線段PD的中點，使得MN∥平面ACE，且PEPD＝1取PD中點E，連接AE，NE，CE.因為N，E，M分別是AP，PD，BC的中點，所以NE∥AD，NE＝12AD，且BC∥AD，BC＝AD，即MC∥AD，MC＝12所以NE∥MC，NE＝MC，所以四邊形MCEN是平行四邊形，所以MN∥CE.因為MN?平面ACE，CE?平面ACE，所以MN∥平面ACE，且PEPD＝1如圖，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.證明：平面ABF∥平面DCE.[四字程序]讀想算思平面ABF∥平面DCE，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3面面平行的證明方法：線∥面?面∥面，線∥線?面∥面構造平行關系證明平行的有關定理：1．面面平行的判定定理．2．面面平行判定定理的推論思路參考：應用面面平行的判定定理證明．證明：因為DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因為AF?平面DCE，DE?平面DCE，所以AF∥平面DCE.因為四邊形ABCD是正方形，所以AB∥CD．因為AB?平面DCE，所以AB∥平面DCE.因為AB∩AF＝A，AB?平面ABF，AF?平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.思路參考：利用兩個平面內的兩條相交直線分別平行證明．證明：因為DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因為四邊形ABCD為正方形，所以AB∥CD．又AF∩AB＝A，AF，AB?平面ABF，DE∩CD＝D，DE，DC?平面DCE，所以平面ABF∥平面DCE.思路參考：利用垂直于同一條直線的兩個平面平行證明．證明：因為DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD．在正方形ABCD中，AD⊥CD，又DE∩CD＝D，所以AD⊥平面DCE.同理AD⊥平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.1．本題考查空間中面與面平行的證明方法，基本的解題策略是借助“平行”的有關定理來證明．解決此類題目要留意對定理的嫻熟應用．2．基于課程標準，解答本題要嫻熟駕馭相關定理，具備良好的直觀想象實力、邏輯推理的核心素養(yǎng)，本題的解答過程體現了數學探究的魅力．3．基于高考數學評價體系，本題通過“平行”關系的相互轉化，將面面平行問題轉化為線面平行、線線平行以及線線垂直問題，切入點比較多，既體現基礎性又體現綜合性．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一點．若N是AB的中點，且CN∥平面AB1M，求CM的長．解：(方法一)如圖(1)，取AB1的中點P，連接NP，PM.因為N是AB的中點，所以NP∥BB1.因為CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP與CM共面．因為CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.所以四邊形CNPM為平行四邊形，所以CM＝NP＝12圖(1)(方法二)如圖(2)，取BB1的中點Q，連接NQ，CQ.圖(2)因為N是AB的中點，所以NQ∥AB1.因為NQ?平面AB1M，AB1?平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M.因為CN∥平面AB1M，NQ∩NC＝N，NQ，NC?平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M.因為平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1.因為BB1∥CC1，所以四邊形CQB1M是平行四邊形，所以CM＝B1Q＝12CC1(方法三)如圖(3)，分別延長BC，B1M并交于一點S，連接AS.圖(3)因為CN∥平面AB1M，CN?平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS.由于AN＝NB，所以BC＝CS.又CM∥BB1，同理可得SM＝MB1，所以CM＝12BB1＝課時質量評價(三十四)A組全考點鞏固練1．給出下列關于互不相同的直線l，m，n和平面α，β，γ的三個命題：①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β；②若α∥β，l?α，m?β，則l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n.其中真命題的個數為()A．3 B．2C．1 D．0C解析：①中當α與β不平行時，也可能存在符合題意的l，m；②中l(wèi)與m也可能異面；③中l(wèi)∥γ，l?α，α∩γ=n，2．(2024·遼寧大連測試)已知直線l，m，平面α，β，γ，則下列條件能推出l∥m的是()A．l?α，m?β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m?αD．l?α，α∩β＝mB解析：選項A中，直線l，m可能平行也可能異面；選項B中，依據面面平行的性質定理，可推出l∥m，B正確；選項C中，直線l，m可能平行也可能異面；選項D中，直線l，m可能平行也可能相交．故選B．3．(多選題)以下命題中，正確的命題有()A．在平面α內有兩條直線和平面β平行，那么這兩個平面平行B．在平面α內有多數條直線和平面β平行，那么這兩個平面平行C．平面α內△ABC的三個頂點在平面β的同一側且到平面β的距離相等且不為0，那么這兩個平面平行D．平面α內有多數個點到平面β的距離相等且不為0，那么這兩個平面平行或相交CD解析：如圖1，作α，β交線的多數條平行線，可知A，B錯誤；對C，由題意可知AB∥β，BC∥β，AB∩BC＝B，由面面平行的判定定理可知α∥β，C正確；對D，參考答案C，假設α內有一個點位于點A處，而其余點均位于直線BC上，則兩個平面平行；如圖2，α內有一個點位于點A處，而其余點均位于直線BC上，可知兩個平面相交，D正確．故選CD．4．設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是()A．α內有一條直線與β平行B．α內有多數條直線與β平行C．α內有兩條相交直線與β平行D．α內有一條直線與β內的一條直線平行C解析：對于A，α內有一條直線與β平行，則α∥β或α與β相交；對于B，α內有多數條直線與β平行，則α∩β或α∥β；對于C，α內有兩條相交直線與β平行，α∥β，反之也成立；對于D，α內有一條直線與β內的一條直線平行，則α∥β或α與β相交，所以α∥β的充要條件是α內有兩條相交直線與β平行．故選C．5．(多選題)已知α，β是兩個平面，m，n是兩個直線，則下列結論正確的是()A．假如m⊥α，n∥α，那么m⊥nB．假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥βC．假如α∥β，m?α，那么m∥βD．假如m∥α，n∥β且α∥β，那么m∥nAC解析：對于A，若m⊥α，n∥α，則m⊥n，故A正確；對于B，若m⊥n，m⊥α，n∥β，則α∥β或α，β相交，故B錯誤；對于C，若α∥β，m?α，則m∥β，故C正確；對于D，若m∥α，n∥β且α∥β，則m，n平行、相交或異面，故D錯誤．故選AC．6．(多選題)如圖是正方體的平面綻開圖，在這個正方體中，以下說法正確的是()A．NF∥平面ADEB．CN∥平面BAFC．平面BDM∥平面AFND．平面BDE∥平面NCFBCD解析：以ABCD為下底還原正方體，如圖所示，則有NF與平面ADE相交，CN∥平面BAF，選項A錯誤，B正確；在正方體中，BD∥FN,FN?平面AFN，BD?平面AFN，所以BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，BM∩BD＝B，BM，BD?平面BDM，所以平面BDM∥平面AFN，同理平面BDE∥平面NCF，選項C，D正確．7．(2024·臨沂月考)如圖，α∥β，△PAB所在的平面與α，β分別交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，則AB＝________．52解析：因為α∥β，所以CD∥AB則PCPA＝CDAB，所以AB＝PA×CDPC8．如圖所示，P是△ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，α分別交線段PA，PB，PC于點A′，B′，C′.若PA′∶AA′＝2∶3，則S△A′B′C′∶S△ABC＝________．4∶25解析：因為平面α∥平面ABC，所以A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，所以S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2.又PA′∶AA′＝2∶3，所以PA′∶PA＝2∶5，所以S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.B組新高考培優(yōu)練9．已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1，M是BB1的中點，動點P在正方體內部或表面上，且MP∥平面ABD1，則動點P的軌跡所形成區(qū)域的面積是()A．22 B．C．1 D．2A解析：如圖所示，E，F，G，M分別是AA1，A1D1，B1C1，BB1的中點，則EF∥AD1，EM∥AB，所以EF∥平面ABD1，EM∥平面ABD1，且EF∩EM＝E，所以平面ABD1∥平面EFGM，故點P的軌跡為矩形EFGM.MB1＝B1G＝12，所以MG＝22，所以SEFGM＝1×2210．(多選題)如圖，透亮塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，下列四個命題中正確的是()A．沒有水的部分始終呈棱柱形B．水面EFGH所在四邊形的面積為定值C．棱A1D1始終與水面所在平面平行D．當容器傾斜如圖所示時，BE·BF是定值ACD解析：由題圖，明顯A是正確的，B是錯的；對于C，因為A1D1∥BC，BC∥FG，所以A1D1∥FG且A1D1?平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH(水面