7 第3节 空间直线、平面的平行(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版2019）

第3节　空间直线、平面的平行　　　　　► 对应学生用书P160 [课标要求]　1.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．　2.理解空间中线面平行的有关性质和判定定理．　3.能证明空间基本图形的平行关系的简单命题． 备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识 1．线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 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(简记为“线线平行⇒线面平行”) ⇒l∥α 性 质 定 理 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(简记为“线面平行⇒线线平行”) ⇒l∥b [提醒]　在推证线面平行时，“内”“外”“平行”三个条件必须都具备，缺一不可．一定要强调直线a不在平面内，直线b在平面内，且a∥b，否则会出现错误． [思考]　一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？ 提示：不都平行，该平面内的直线有两类：一类与该直线平行，一类与该直线异面． 2．面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 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(简记为“线面平行⇒面面平行”) ⇒α∥β 性 质 定 理 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 ⇒a∥b [点拨]　(1)面面平行的判定定理中，两直线“相交”这一条件不可缺少． (2)面面平行判定定理的推论：如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行． 【小题热身】 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　) (2)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．(　　) (3)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．(　　) (4)一个平面内有无数条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2．(北师大版必修二·P235习题6－4A组T1(3))如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条直线与另外一个平面的位置关系是(　　) A．平行 B．相交 C．在平面内 D．平行或在平面内 答案：D 3．(人教A版必修二·P142练习T2)平面α与平面β平行的充分条件可以是(　　) A．α内有无穷多条直线都与β平行 B．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内 C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α D．α内的任何一条直线都与β平行 解析：选D.A不正确，若这无数条直线平行，则平面α与平面β可能相交； B不正确，当平面α与平面β相交时，若直线a与交线平行，则满足条件； C不正确，当直线a与直线b平行时，两个平面可能相交； D显然正确． 4．(人教A版必修二·P138例3改编)如图，四棱锥P­ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则(　　 ) A．MN∥PD B．MN∥PA C．MN∥AD D．以上均有可能 解析：选B.四棱锥P­ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，由直线与平面平行的性质定理可得MN∥PA. 5.(北师大版必修二·P235习题6－4A组T2(3)改编)如图所示，平面α∥平面β，PA＝6，AB＝2，BD＝12.则AC＝__________． 解析：因为平面α∥平面β，平面α∩平面PBD＝AC，平面β∩平面PBD＝BD，所以AC∥BD，所以△PAC∽△PBD，故＝＝，得＝＝，得AC＝9. 答案：9 备考第2步——突破核心考点，提升关键能力 考点1　直线与平面平行的判定与性质 　直线与平面平行的判定 [例1] 如图，在四棱锥E­ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点．证明：AF∥平面BCE. 证明：法一 如图，取CE的中点M，连接FM，BM， 　 因为点F为棱DE的中点，所以FM∥CD，且FM＝CD＝2， 因为AB∥CD，且AB＝2，所以FM∥AB，且FM＝AB， 所以四边形ABMF为平行四边形，AF∥BM， 因为AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE. 法二　如图，在平面ABCD内，分别延长CB，DA，交于点N，连接EN. 因为AB∥CD，CD＝2AB，所以A为DN的中点， 又F为DE的中点，所以AF∥EN， 因为EN⊂平面BCE，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE. 法三　如图，取棱CD的中点G，连接AG，GF. 因为点F为棱DE的中点，所以FG∥CE， 因为FG⊄平面BCE，CE⊂平面BCE， 所以FG∥平面BCE， 因为AB∥CD，AB＝CG＝2， 所以四边形ABCG是平行四边形， 所以AG∥BC， 因为AG⊄平面BCE，BC⊂平面BCE， 所以AG∥平面BCE， 又FG∩AG＝G，FG⊂平面AFG，AG⊂平面AFG，所以平面AFG∥平面BCE， 因为AF⊂平面AFG，所以AF∥平面BCE. 【思维升华】　证明线面平行的两种常用方法 　直线与平面平行的性质 [例2] 如图，已知E，F分别是菱形ABCD的边BC，CD的中点，EF与AC交于点O，点P在平面ABCD外，M是线段PA上一动点，若PC∥平面MEF，试确定点M的位置． 解：点M为线段PA上靠近点P的四等分点，理由如下： 如图，连接BD交AC于点O1，连接OM， 因为PC∥平面MEF，PC⊂平面PAC，平面PAC∩平面MEF＝OM， 所以PC∥OM，则＝， 在菱形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，即＝， 又AO1＝O1C，所以＝＝，则＝， 故点M为线段PA上靠近点P的四等分点． 【思维升华】　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确定交线． 跟踪训练1 (1)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别为D1D，D1C，AB的中点． ①求证：D1B∥平面EAC； ②求证：FG∥平面ADD1A1. 证明：①连接DB交AC于点O，连接EO， 因为四边形ABCD为正方形，故O为DB的中点， 而E为D1D的中点，故EO∥D1B，又EO⊂平面EAC，D1B⊄平面EAC， 故D1B∥平面EAC. ②连接EF，因为E，F分别为D1D，D1C的中点，所以EF∥DC，EF＝DC， 而DC∥AB，DC＝AB，G为AB的中点， 故EF∥AG，EF＝AG，即四边形AEFG为平行四边形， 故FG∥AE，又AE⊂平面ADD1A1，FG⊄平面ADD1A1， 故FG∥平面ADD1A1. (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：MA∥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：如图所示，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. ②l∥m，证明如下： 由(1)知AM∥平面BDE，连接DM，MB， 又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l， 所以l∥AM， 又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m， 所以m∥AM，所以l∥m. 考点2　平面与平面平行的判定与性质 [例3] 如图所示，在三棱柱ABC ­A1B1C1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，A1B1AB，∴A1GEB， ∴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， ∴平面EFA1∥平面BCHG. [变式] 1．(变条件，变结论)在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“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， 又由三棱柱的性质及D，D1分别为BC，B1C1的中点知，D1C1BD， ∴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， 因此平面A1BD1∥平面AC1D. 2．(变条件，变结论)在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求的值． 解：连接A1B交AB1于O，连接OD1， 由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1， 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O， 所以BC1∥D1O，则＝＝1， 又由题设知＝， 所以＝1，即＝1. 【思维升华】　证明面面平行的三种常用方法 跟踪训练2 如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形． (1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1； (2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l. 证明：(1)由题设知BB1DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1. 又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1， 所以BD∥平面CD1B1. 因为A1D1B1C1BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C. 又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1， 所以A1B∥平面CD1B1. 又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD， 所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1， 又平面ABCD∩平面B1D1C＝l，平面ABCD∩平面A1BD＝BD， 所以直线l∥直线BD， 在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形， 所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l. 考点3　平行关系的综合应用 [例4] 如图所示，在四棱锥P­ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点． (1)求证：BC∥AD； (2)求证：CE∥平面PAB； (3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由． 解：(1)证明：在四棱锥P­ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，AD⊂平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD. (2)证明：如图，取F为AP中点，连接EF，BF， 因为E是PD的中点， 所以EF∥AD且EF＝AD，由(1)知BC∥AD，又BC＝AD， 所以EF∥BC且EF＝BC，所以四边形BCEF为平行四边形，故CE∥BF， 而CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，则CE∥平面PAB. (3)存在，N是AD的中点，理由如下： 连接CN，EN， 因为E，N分别为PD，AD的中点， 所以EN∥PA， 因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， 所以EN∥平面PAB， 由(2)知CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE⊂平面CEN，EN⊂平面CEN， 所以平面CEN∥平面PAB， 又M是CE上的动点，MN⊂平面CEN， 所以MN∥平面PAB，所以线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB. 【思维升华】　解决存在性问题的步骤 跟踪训练3 如图，在三棱柱BCF­ADE中，若G，H分别是线段AC，DF的中点． (1)求证：GH∥平面BFC. (2)在线段CD上是否存在一点P，使得平面GHP∥平面BCF，若存在，指出P的具体位置并证明；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：连接BD，∵四边形ABCD为平行四边形，G是线段AC的中点， ∴G，H分别是线段BD，DF的中点，∴GH∥BF， ∵BF⊂平面BEC，GH⊄平面BFC，∴GH∥平面BFC. (2)存在，P是线段CD的中点，理由如下： 由(1)可知：GH∥BF，GH⊂平面GHP，BF⊄平面GHP， ∴BF∥平面GHP，连接PG，PH， ∵P，H分别是线段CD，DF的中点， ∴HP∥CF， ∵HP⊂平面GHP，CF⊄平面GHP， ∴CF∥平面GHP， ∵BF∩CF＝F，BF⊂平面BCF，CF⊂平面BCF， ∴平面GHP∥平面BCF. 学科网（北京）股份有限公司 $$