第7章 第3节 直线、平面平行的判定与性质（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第三节　直线、平面平行的判定与性质 课标解读 从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明． [对应学生用书P157] 1．直线与平面平行的判定定理与性质定理 判定定理 性质定理 文字 语言 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行 图形 表示 符号 表示 l⊄α，a⊂α，l∥a⇒l∥α l∥α，l⊂β，α∩β＝a⇒l∥a 2.平面与平面平行的判定定理与性质定理 判定定理 性质 性质定理 文字 语言 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 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 如果两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 图形 表示 符号 表示 a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，a∥β，b∥β⇒α∥β α∥β，a⊂α⇒a∥β α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 1．判断正误 (1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．(　　×　　) (2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．(　　×　　) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　×　　) (4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　　√　　) 2．如果直线a∥平面α，直线b∥平面α，那么直线a与b(　　) A．平行 B．相交 C．平行或相交或异面 D．异面 答案：C 3．(多选)(2023·山东济宁期末)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是(　　) A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n B．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β C．若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥β D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β BC　解析：若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n或m，n异面或m，n相交，A错误； 若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正确； 若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，又α∥β，m⊄β，故m∥β，C正确； 若m∥n，n⊥α，则m⊥α，又α⊥β，则m∥β或m⊂β，D错误． 4．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中(　　) A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线 C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一一条与a平行的直线 答案：A 5．已知平面α和直线a，b，且a∥b，a∥α，则b与平面α的位置关系可能是 ． 答案：b∥α或b⊂α 6．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 ． 答案：平行四边形　解析：∵平面ABFE∥平面DCGH， 又平面EFGH∩平面ABFE＝EF， 平面EFGH∩平面DCGH＝HG， ∴EF∥HG.同理可得EH∥FG， ∴四边形EFGH的形状是平行四边形． [对应学生用书P158] 1．(2022·上海高三二模)设α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不重合的直线，则“α∥β”的一个充分不必要条件是(　　) A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β B．l⊂α，m⊂β，且l∥m C．l⊥α，m⊥β，且l∥m D．l∥α，m∥β，且l∥m C　解析：l⊂α，m⊂α且l∥β，m∥β，若l，m是平行直线，则它们可能都平行于α，β的交线，所以A不正确；l⊂α，m⊂β，且l∥m，可得l，m可能都平行于α，β的交线，所以B不正确；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的一个充分不必要条件，所以C正确；由l∥α，m∥β，且l∥m，可能有l，m都平行于α，β的交线，所以D不正确． 2．(2023·广州模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，过MN作一平面分别交底面△ABC的边BC，AC于点E，F，则(　　) A．MF∥EB B．A1B1∥NE C．四边形MNEF为平行四边形 D．四边形MNEF为梯形 D　解析：由于B，E，F三点共面，F∈平面BEF，M∉平面BEF，故MF，EB为异面直线，故A错误； 由于B1，N，E三点共面，B1∈平面B1NE，A1∉平面B1NE，故A1B1，NE为异面直线，故B错误； ∵在平行四边形AA1B1B中，AM＝2MA1， BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN， 故四边形AMNB为平行四边形， ∴MN∥AB. 又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC， ∴MN∥平面ABC. 又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF， ∴MN∥EF，∴EF∥AB， 显然在△ABC中，EF≠AB， ∴EF≠MN， ∴四边形MNEF为梯形，故C错误，D正确． 【例1】 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.求证：PA∥GH. 思维 导引 学科 素养 本题主要考查直观想象、逻辑推理等学科素养 思路 点拨 连接AC交BD于点O，O为BD中点→连接OM→证明PA∥平面BMD→PA∥GH 证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO， 因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点， 又M是PC的中点， 所以AP∥OM. 又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，所以PA∥平面BMD. 又因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，所以PA∥GH. 【练1】 (2023·山东临沂模拟)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． (1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE. 因为O，M分别为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)解：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. 考向1　面面平行的判定与性质 【例2】 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)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点， ∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1． 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面． (2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC， ∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. 又∵G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綊AB， ∴A1G綊EB， ∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB. ∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG， ∴A1E∥平面BCHG. 又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1， ∴平面EFA1∥平面BCHG. 【变式】 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， ∵四边形A1ACC1是平行四边形， ∴M是A1C的中点，连接MD. ∵D为BC的中点，∴A1B∥DM. ∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1， ∴DM∥平面A1BD1． 又由三棱柱的性质知，D1C1∥BD且D1C1＝BD， ∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1． 又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1， ∴DC1∥平面A1BD1． 又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D， ∴平面A1BD1∥平面AC1D. 考向2　平行的综合问题 【例3】 如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形． (1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH； (2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)EF∥HG→EF∥平面ABD→EF∥AB→AB∥平面EFGH； (2)设EF＝x(0<x<4)，利用平行线成比例关系用x表示FG，从而将四边形的周长表示为关于x的一次函数关系求范围 (1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形， ∴EF∥HG. ∵HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD， ∴EF∥平面ABD. 又∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB， ∴EF∥AB， 又∵AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH， ∴AB∥平面EFGH. 同理可证，CD∥平面EFGH. (2)解：设EF＝x(0<x<4)，∵EF∥AB，FG∥CD， ∴＝，则＝＝＝1－， ∴FG＝(1－)CD＝6－x. ∵四边形EFGH为平行四边形， ∴四边形EFGH的周长 l＝2(FE＋FG)＝2(x＋6－x)＝12－x. 又∵0<x<4，∴8<l<12， 即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12). 【练2】 (2023·湖南益阳模拟)如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，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，则AE必过DF与GN的交点O，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点． 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∥NG. 又DE⊄平面MNG，NG⊂平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因为M为AB的中点，N为AD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∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE， 所以平面BDE∥平面MNG. 学科网（北京）股份有限公司 $$