第七章 第四节 直线、平面平行的判定与性质（复习讲义）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

该高中数学讲义围绕空间平行关系高考核心考点，系统梳理直线与平面、平面与平面平行的判定及性质定理，按“基础梳理-考向突破-综合应用”逻辑架构知识体系。通过定理表格对比、解题技法归纳、真题改编训练等环节，帮助学生构建证明思维框架，突破空间想象与逻辑推理难点。 资料以问题链引导学生用数学眼光观察空间图形，通过定理探究、师生共研培养数学思维，设置基础判断、选择及综合证明题分层训练。创新采用“判定-性质-应用”递进策略，结合高考改编题强化实战，助力教师把控节奏，提升学生空间观念与推理论证能力。

第四节　直线、平面平行的判定与性质 课标要求 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的关系，归纳出有关平行的性质定理和判定定理，并加以证明. 2.能用基本事实、定理和已获得的结论证明空间基本图形平行关系的简单命题. 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 如果平面　　　一条直线与此平面　　　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”） ⇒a∥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　　　　，那么该直线与交线平行（简记为“线面平行⇒线线平行”） ⇒a∥b 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　　　　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”） ⇒β∥α 性 质 定 理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面　　　　，那么　　　　平行 ⇒a∥b 1.两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面. 2.夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等. 3.两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例. 4.如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）若一条直线和一个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.（人A必修二P143习题1题改编）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 3.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 4.（苏教必修二P179练习5题改编）〔多选〕如图，在长方体ABCD-A'B'C'D'的六个面所在的平面中，与AB平行的平面是（　　） A.平面A'B'C'D'　　　 B.平面DCC'D' C.平面BCC'B' D.平面A'D'DA 5.（人A必修二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　　　　. 直线与平面平行的判定与性质 （定向精析突破） 考向1　直线与平面平行的判定与证明 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E为PC的中点.求证：BE∥平面PAD. 解题技法 线面平行的证明方法 考向2　直线与平面平行的性质 如图，在四棱锥P-ABCD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. 解题技法 线面平行性质的应用 　　证明线线平行，常常将线面平行转化为该线与过该线的一个平面和已知平面的交线平行. 提醒 应用线面平行的判定定理和性质定理时，一定要注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤. 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. 平面与平面平行的判定及性质 （师生共研过关） 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形. （1）求证：平面A1BD∥平面CD1B1； （2）若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，求证：B1D1∥l. 解题技法 1.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）利用面面平行的传递性，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）. 2.面面平行条件的应用 （1）两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行； （2）两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行. 提醒 利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线. 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. 平行关系的综合应用 （师生共研过关） 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1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，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明. 解题技法 三种平行关系的转化 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； （2）若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH的周长l的取值范围. 提示：完成课后作业　第七章　第四节 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四节　直线、平面平行的判定与性质 【知识·逐点夯实】 知识梳理夯基 1.外　内　a⊄α　b⊂α　a∥b　相交　a∥α　a⊂β　α∩β＝b 2.相交直线　a⊂β　b⊂β　a∩b＝P　a∥α　b∥α　相交　两条交线　α∥β　α∩γ＝a　β∩γ＝b 对点自测诊断 1.（1）×　（2）×　（3）×　（4）√ 2.D　3.D　4.AB　5.平行四边形 【考点·分类突破】 考点1 【例1】 证明：法一 如图1，取PD的中点F，连接EF，FA. 由题意知EF为△PDC的中位线， ∴EF∥CD，且EF＝CD＝2. 又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4， ∴AB􀰿EF， ∴四边形ABEF为平行四边形， ∴BE∥AF. 又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD， ∴BE∥平面PAD. 法二 如图2，延长DA，CB相交于点H，连接PH， ∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4， ∴＝＝，即B为HC的中点， 又E为PC的中点，∴BE∥PH， 又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD. 法三 如图3，取CD的中点H，连接BH，HE， ∵E为PC的中点， ∴EH∥PD， 又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， ∴EH∥平面PAD， 又由题意知AB􀰿DH， ∴四边形ABHD为平行四边形， ∴BH∥AD， 又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD， ∴BH∥平面PAD， 又BH∩EH＝H，BH，EH⊂平面BHE， ∴平面BHE∥平面PAD， 又BE⊂平面BHE，∴BE∥平面PAD. 【例2】 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， 又因为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. 跟踪训练 解：（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）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ABM，平面ABM∩平面BDE＝m， 所以m∥AM，所以l∥m. 考点2 【例3】 证明：（1）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1D1∥AD，且A1D1＝AD，AD∥BC，AD＝BC， 所以A1D1∥BC，且A1D1＝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. 同理，A1D∥平面CD1B1. 又因为A1B∩A1D＝A1，且A1B，A1D⊂平面A1BD， 所以平面A1BD∥平面CD1B1. （2）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面A1B1C1D1∩平面B1D1C＝B1D1，所以B1D1∥l. 跟踪训练 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3 【例4】 解：（1）证明：连接CP并延长，与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD， 故△PBC∽△PDM， 所以＝＝，又因为＝＝， 所以＝＝，所以PQ∥MD1. 又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA， 故PQ∥平面A1D1DA. （2）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∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PQR∥平面A1D1DA. 跟踪训练 解：（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. （2）设EF＝x（0＜x＜4），由（1）知EF∥AB， ∴＝＝. 同理可得CD∥FG，∴＝， 则＝＝＝1－，∴FG＝6－x. ∴四边形EFGH的周长l＝2（x＋6－x）＝12－x. 又∵0＜x＜4，∴8＜l＜12， 故四边形EFGH的周长l的取值范围是（8，12）. 学科网（北京）股份有限公司 $