第一章 第4节 直线、平面平行的判定与性质（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

第4节　直线、平面平行的判定与性质 1．能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面平行的性质定理与判定定理． 2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题． [对应学生用书P12] 一、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 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 二、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 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 1．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. 2．三种平行关系的转化 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，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向． 一、教材典题改编 1．(人教A版必修第二册P143习题8.5T1改编)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 答案：D 2．(人教A版必修第二册P142T2改编)平面α∥平面β的一个充分条件是 ．(填序号) ①存在一条直线a，a∥α，a∥β； ②存在一条直线a，a⊂α，a∥β； ③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α； ④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α. 答案：④ 3．(苏教版必修第二册P178T2)给出下列条件：①l∥α；②l与α至少有一个公共点；③l与α至多有一个公共点．能确定直线l在平面α外的条件是 ．(填序号) 答案：①③　解析：直线l在平面α外包含两种情况：平行、相交．①l∥α，能确定直线l在平面α外；②l与α至少有一个公共点，直线可能在平面内，故不能确定直线l在平面α外； ③l与α至多有一个公共点，直线可能与平面相交或平行，故能确定直线l在平面α外． 4．(人教A版必修第二册P138例3改编)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：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． 二、易误易混澄清 1．(忽视面面平行的条件)下列条件中，能判断两个平面平行的是(　　) A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面 B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 答案：D 2．(忽视线面平行的条件)(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a与α的位置关系是 . (2)若α∥β，直线a∥α，则a与β的位置关系是 ． 答案：(1)a∥α或a⊂α　(2)a∥β或a⊂β [对应学生用书P14] 考点一　线面平行的判定与性质 考向1　直线与平面平行的判定 [例1] 如图，四边形ABCD为矩形，ED⊥平面ABCD，AF∥ED．求证：BF∥平面CDE. 证明：方法一　如图，在ED上取点N，使DN＝AF，连接NC，NF.因为AF∥DN，且AF＝DN， 所以四边形ADNF为平行四边形，所以AD∥FN，且AD＝FN. 又四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC且AD＝BC， 所以FN∥BC且FN＝BC，所以四边形BCNF为平行四边形，所以BF∥NC． 因为BF⊄平面CDE，NC⊂平面CDE，所以BF∥平面CDE. 方法二　因为四边形ABCD为矩形，所以AB∥CD． 因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以AB∥平面CDE. 又AF∥ED，因为AF⊄平面CDE，ED⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE. 因为AF∩AB＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面CDE. 又BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE. 考向2　直线与平面平行的性质 [例2] 如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，E为PB的中点，F是PC上的点，且EF∥平面PAD，证明：F为PC的中点． 证明：因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BC∥平面PAD． 因为P∈平面PBC，P∈平面PAD， 所以可设平面PBC∩平面PAD＝PM. 又BC⊂平面PBC，所以BC∥PM. 因为EF∥平面PAD，EF⊂平面PBC，所以EF∥PM，从而得EF∥BC． 因为E为PB的中点，所以F为PC的中点． 1．判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点). (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α). (3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β). (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β). 2．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． 训练1 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，且四边形ACEF是矩形，所以EM∥OA，且EM＝OA， 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. 考点二　面面平行的判定与性质 [例3] 两个全等的正方形ABCD和正方形ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM＝FN，过点M作MH⊥AB于点H.连接NH，CE. 求证：(1)平面MNH∥平面BCE； (2)MN∥平面BCE. 证明：(1)在正方形ABCD中，MH⊥AB，BC⊥AB，则MH∥BC． 又MH⊄平面BCE，BC⊂平面BCE， 因此MH∥平面BCE. 由MH∥BC，得＝，而AM＝FN，AC＝FB， 则有MC＝NB，即＝＝，所以NH∥AF∥BE. 又NH⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，则NH∥平面BCE. 因为MH∩NH＝H，MH，NH⊂平面MNH，所以平面MNH∥平面BCE. (2)由(1)知，平面MNH∥平面BCE， 而MN⊂平面MNH，所以MN∥平面BCE. 证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的判定定理； (2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)； (3)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ). 训练2 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与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG. 考点三　平行关系的综合应用 [例4] 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且＝＝. (1)求证：PQ∥平面A1D1DA； (2)若R是AB上的点，当的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明． (1)证明：如图，连接CP并延长与DA的延长线交于M点，连接D1M. 因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD， 故△PBC∽△PDM，所以＝＝， 又＝＝，所以＝＝，所以PQ∥MD1. 又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA， 故PQ∥平面A1D1DA． (2)解：当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA． 如图，证明如下， 因为＝，即＝，故＝，所以PR∥DA． 又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA． 又PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，PQ∥平面A1D1DA， 所以平面PQR∥平面A1D1DA． 解决面面平行问题的关键点 (1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，不能过于“模式化”． (2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法． 训练3 如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，且满足AD＝DE＝，CE＝，将△ADE沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成四棱锥P­ABCE.点F在线段AP上，且EF∥平面PBC，试确定点F的位置． 　　 解：点F为线段AP上靠近点P的三等分点，证明如下， 在AB上取点G，使得BG＝CE＝，连接FG，GE，EF. 因为BG∥CE，BG＝CE，所以四边形BGEC为平行四边形，所以BC∥GE. 又GE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以GE∥平面PBC． 因为EF∥平面PBC，EF∩GE＝E，EF，GE⊂平面EFG， 所以平面PBC∥平面EFG. 又平面EFG∩平面PAB＝FG，平面PBC∩平面PAB＝PB， 所以FG∥PB． 所以在△PAB中，＝＝＝2，所以FP＝AP， 所以点F为线段AP上靠近点P的三等分点． [对应学生用书P16] “截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解． 考向1　截面问题 [例1] 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN＝2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD­A1B1C1D1所得的截面，写出作法． 解：如图所示，五边形DQMFN即为所求截面． 作法如下，连接DN并延长交D1C1的延长线于点E，连接ME交B1C1于点F，交D1A1的延长线于点H， 连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN，则五边形DQMFN即为所求截面． 作截面应遵循的三个原则 (1)在同一平面上的两点可引直线； (2)凡是相交的直线都要画出它们的交点； (3)凡是相交的平面都要画出它们的交线． 训练1 如图，已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，D1，M三点作正方体的截面，作出这个截面图，写出作法． 解：如图，连接CD1，连接D1M并延长，交DA的延长线于点N，连接CN交AB于点P，连接MP，则四边形CD1MP为过C，D1，M三点的正方体的截面． 考向2　交线问题 [例2] 已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 . 答案：　解析：如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ， 由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝＝＝.可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝，知的长为×＝. 作交线的两种方法 (1)利用基本事实3作交线； (2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 训练2 已知在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧CD的中点，则平面PAB与球O的交线长为 ． 答案：π　解析：设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，而S四边形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，所以r＝.如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于点H， 易知O1O2⊥AB．因为P为的中点，所以AP＝BP.又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB．又O1O2∩O2P＝O2，O1O2，O2P⊂平面O1O2P，所以AB⊥平面O1O2P.又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P⊂平面ABP，所以OH⊥平面ABP.因为O1O2＝2r＝2，O1P＝，O1O2⊥O1P，所以O2P＝＝＝，所以sin ∠O1O2P＝＝＝，所以OH＝OO2×sin ∠O1O2P＝×＝.易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为r1＝＝＝， 交线长为l＝2πr1＝2π×＝π. [课时训练(4)见P153] 学科网（北京）股份有限公司 $$