8.5 空间直线、平面的平行 讲义-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

8.5 空间直线、平面的平行 目录 题型01 直线与直线平行 4 题型02 直线与平面平行的判定 5 题型03 直线与平面平行的性质 7 题型04 平面与平面平行的判定 9 题型05 平面与平面平行的性质 12 建体系 新知廊 知识点1： 平行线的传递性 1．文字语言：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．图形语言：． 3．符号语言：直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c． 知识点2： 直线与平面平行的判定 1．文字语言：如果平面外一条直线与此平面内一条直线平行，那么该直线与此平面平行． 2．符号语言：⇒a∥α． 3．图形语言：． 知识点3： 直线与平面平行的性质 1．文字语言：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． 2．符号语言：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b． 3．图形语言：． 知识点4： 平面与平面平行的判定 1．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． 2．符号语言：⇒α∥β． 3．图形语言：． 知识点5： 平面与平面平行的性质 1．文字语言：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． 2．符号语言：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b． 3．图形语言：． 求甚解 1．直线与直线平行． 首先找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行． 2．直线与平面平行的判定． (1)关键是在平面内找一条直线与已知直线平行． (2)常利用平行四边形、三角形中位线、平行线的传递性等． 3．直线与平面平行的性质． (1)线面平行的性质和判定经常交替使用． (2)通过线线平行得到线面平行，再通过线面平行得线线平行． 4．平面与平面平行的判定． (1)一定要寻求好判定定理所需要的条件． (2)特别是相交的条件，即与已知平面平行的两条直线必须相交，才能确定面面平行． 5．平面与平面平行的性质． (1)先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条． (2)判定这两个平面平行(此条件有时题目会直接给出)． (3)再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上． (4)由定理得出结论． 练题型 题型01 直线与直线平行 典型例题 典例 01 （2025春•余干县期末）已知AB∥PQ，BC∥QR，∠ABC＝60°，则∠PQR等于（　　） A．60° B．60°或120° C．120° D．以上结论都不对 【答案】B 【分析】首先，直接根据平行关系求解即可． 【解答】解：∵AB∥PQ，BC∥QR，且∠ABC＝60°，∴∠PQR＝60°或120° 故选：B． 即学即练 【变式练1】（2025秋•嘉定区校级月考）如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角　　　　． 【变式练2】（2025•徐汇区校级开学）已知角α的两边和角β的两边分别平行且α＝80°，则β＝　　　　． 【变式练3】（2025秋•浦东新区校级期中）设∠A与∠B的两边分别平行，若∠A＝45°，则∠B的大小为　　　　． 题型02 直线与平面平行的判定 典型例题 典例 02 （2025秋•怀柔区校级期中）在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E、F分别为AB、SC的中点求证：EF∥平面SAD． 【答案】取SD的中点G，连接AG，GF． 在平行四边形ABCD中，∵E是AB的中点，∴AE∥DC且． 在三角形SDC中，∵G，F分别是SD，SC的中点，∴GF∥DC且． 因此GF∥AE且GF＝AE，故四边形AEFG为平行四边形，得EF∥AG． 又∵AG⊂平面SAD，EF⊄平面SAD， ∴EF∥平面SAD． 【分析】取SD的中点G，连接AG，GF，通过证明出EF∥AG，再根据线面平行的判定定理即可证出． 【解答】证明：取SD的中点G，连接AG，GF． 在平行四边形ABCD中，∵E是AB的中点，∴AE∥DC且． 在三角形SDC中，∵G，F分别是SD，SC的中点，∴GF∥DC且． 因此GF∥AE且GF＝AE，故四边形AEFG为平行四边形，得EF∥AG． 又∵AG⊂平面SAD，EF⊄平面SAD， ∴EF∥平面SAD． 即学即练 【变式练1】（多选）（2025秋•黑龙江月考）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为棱B1C1，AB的中点，则（　　） A．CE∥平面A1B1C1 B．DE∥BC1 C．DE∥平面ACC1A1 D．C1E⊥AB 【变式练2】（2025春•宛城区校级月考）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM∥平面AEND；②CN∥平面ABFE；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF．以上四个命题中，正确命题的序号是　　　　． 【变式练3】（2025秋•沈阳校级期中）如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，点M、N、P分别为A1D1、D1C1和BC边的中点． （1）画出过M、N、P三点的截面（保留作图痕迹）； （2）若正方体的棱长为2，求截面的面积； （3）证明：直线AC∥平面MNP 题型03 直线与平面平行的性质 典型例题 典例 03 （2025春•南京期末）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接AC交BE于点O，运用线面平行的性质定理，可得PA∥FO，再由平行线分线段成比例定理，可得结论． 【解答】解：连接AC与BE相交于点O，连接FO，如图所示， PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FO， ∴PA∥FO，则有． ∠AOE＝∠BOC，∠AEO＝∠CBO，△AEO∽△CBO，． 平行四边形ABCD，E为AD的中点，，所以． 故选：D． 即学即练 【变式练1】（2025春•芙蓉区校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD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 【变式练2】（2025•龙凤区校级开学）如图，已知点P在平行四边形ABCD所在平面外，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA∥平面EBF时，　　　　． 【变式练3】（2025秋•杨浦区校级月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别在棱AB与线段CD1上，CF＝1，G在线段BC上，若BD1∥平面GEF，则CG＝　　　　． 题型04 平面与平面平行的判定 典型例题 典例 04 （2025秋•宣汉县期中）如图，ABCD，ABEF是两个全等的矩形，它们不在同一个平面内，G，H分别是BC，BE的中点． （1）证明：D，G，H，F四点共面． （2）证明：直线DG，AB，FH经过同一点． （3）证明：平面GBH∥平面DAF． 【答案】证明：（1）连接CE，四边形ABCD，ABEF是两个全等的矩形， 可得DC＝AB，且CD＝AB，EF∥AB，且EF＝AB， 所以DC∥EF且DC＝EF，所以四边形CDFE为平行四边形， 所以DF∥CE，且DF＝CE， 因为G，H分别是BC，BE的中点，可得GH∥CE且HGCE， 所以GH∥DF且GHDF， 可证得D，G，H，F四点共面； （2）由（1）可得GHDF，且D，G，H，F四点共面， 设DG∩FH＝M，因为DG⊂平面ABCD，所以M∈平面ABCD， 同理可得M∈平面ABEF， 所以点M在平面ABCD与平面ABEF的交线上， 而平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以M∈AB， 即证得直线DG，AB，FH经过同一点M； （3）由（1）可得HG∥DF，BG∥AD， 又因为DF⊂平面ADF，HG⊄平面ADF，所以HG∥平面ADF， 同理可得BG∥平面ADF， 而HG∩BG＝G，HG，BG⊂平面BHG， 所以平面GBH∥平面DAF． 【分析】（1）连接CE，由题意易证得GH∥DF，即可证得结论； （2）由（1）可得GHDF，且D，G，H，F四点共面，可得DG与FH相交，设DG∩FH＝M，可证得M∈平面ABCD，M∈平面ABEF，即证得点M在平面ABCD与平面ABEF的交线上，进而可证得结论； （3）易证得HG∥DF，BG∥AD，由线面平行的判定定理及面面平行的判定定理可证得结论． 【解答】证明：（1）连接CE，四边形ABCD，ABEF是两个全等的矩形， 可得DC＝AB，且CD＝AB，EF∥AB，且EF＝AB， 所以DC∥EF且DC＝EF，所以四边形CDFE为平行四边形， 所以DF∥CE，且DF＝CE， 因为G，H分别是BC，BE的中点，可得GH∥CE且HGCE， 所以GH∥DF且GHDF， 可证得D，G，H，F四点共面； （2）由（1）可得GHDF，且D，G，H，F四点共面， 可得DG与FH相交，设DG∩FH＝M， 因为DG⊂平面ABCD，所以M∈平面ABCD， 同理可得M∈平面ABEF， 所以点M在平面ABCD与平面ABEF的交线上， 而平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以M∈AB， 即证得直线DG，AB，FH经过同一点M； （3）由（1）可得HG∥DF，BG∥AD， 又因为DF⊂平面ADF，HG⊄平面ADF，所以HG∥平面ADF， 同理可得BG∥平面ADF， 而HG∩BG＝G，HG，BG⊂平面BHG， 所以平面GBH∥平面DAF． 即学即练 【变式练1】（2025春•郯城县校级期中）如图：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为DD1的中点． （1）求证：BD1∥平面AMC； （2）若N为CC1的中点，求证：平面AMC∥平面BND1． 【变式练2】（2025春•抚顺期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形，点M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点． （1）求证：平面MNQ∥平面PAD； （2）在棱PA上确定一点S，使NS∥平面PBC，并说明理由． 【变式练3】（2025春•厦门校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点． （1）求证：E，F，B，D四点共面； （2）求证：平面AMN∥平面EFDB； （3）画出平面BNF与正方体侧面的交线（不必说明）． 题型05 平面与平面平行的性质 典型例题 典例 05 （2025秋•贵阳校级月考）求证：夹在两个平行平面间的两条平行线段相等． 已知：如图，平面α∥平面β，AB和DC为夹在α，β间的平行线段．求证：AB＝DC． 【答案】证明：平面α∥平面β，AB和DC为夹在α，β间的平行线段， 即AB∥DC，所以AB和DC确定平面AC， 又因为α∩平面AC＝AD，β∩平面AC＝BC，所以AD∥BC， 故四边形ABCD是平行四边形．所以AB＝DC． 【分析】由面面平行的性质得到线线平行，进而证明出四边形ABCD是平行四边形，得到结论． 【解答】证明：平面α∥平面β，AB和DC为夹在α，β间的平行线段， 即AB∥DC，所以AB和DC确定平面AC， 又因为α∩平面AC＝AD，β∩平面AC＝BC，所以AD∥BC， 故四边形ABCD是平行四边形． 所以AB＝DC． 即学即练 【变式练1】（2025秋•山东月考）若平面α∥平面β，A，B∈α，C，D∈β，则AC＝BD是AC∥BD的（　　） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【变式练2】（2025春•牡丹江校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为矩形，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．证明： （1）平面EFG∥平面PAB； （2）AP∥平面EFG． 【变式练3】（2025春•松原校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M＝3A1M． （1）求证：D，B，F，E四点共面； （2）求证：D1G∥平面DBFE； （3）已知点N是棱A1B1上的一点，且平面PMN∥平面DBFE，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $ 8.5 空间直线、平面的平行 目录 题型01 直线与直线平行 4 题型02 直线与平面平行的判定 5 题型03 直线与平面平行的性质 10 题型04 平面与平面平行的判定 13 题型05 平面与平面平行的性质 19 建体系 新知廊 知识点1： 平行线的传递性 1．文字语言：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．图形语言：． 3．符号语言：直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c． 知识点2： 直线与平面平行的判定 1．文字语言：如果平面外一条直线与此平面内一条直线平行，那么该直线与此平面平行． 2．符号语言：⇒a∥α． 3．图形语言：． 知识点3： 直线与平面平行的性质 1．文字语言：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． 2．符号语言：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b． 3．图形语言：． 知识点4： 平面与平面平行的判定 1．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． 2．符号语言：⇒α∥β． 3．图形语言：． 知识点5： 平面与平面平行的性质 1．文字语言：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． 2．符号语言：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b． 3．图形语言：． 求甚解 1．直线与直线平行． 首先找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行． 2．直线与平面平行的判定． (1)关键是在平面内找一条直线与已知直线平行． (2)常利用平行四边形、三角形中位线、平行线的传递性等． 3．直线与平面平行的性质． (1)线面平行的性质和判定经常交替使用． (2)通过线线平行得到线面平行，再通过线面平行得线线平行． 4．平面与平面平行的判定． (1)一定要寻求好判定定理所需要的条件． (2)特别是相交的条件，即与已知平面平行的两条直线必须相交，才能确定面面平行． 5．平面与平面平行的性质． (1)先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条． (2)判定这两个平面平行(此条件有时题目会直接给出)． (3)再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上． (4)由定理得出结论． 练题型 题型01 直线与直线平行 典型例题 典例 01 （2025春•余干县期末）已知AB∥PQ，BC∥QR，∠ABC＝60°，则∠PQR等于（　　） A．60° B．60°或120° C．120° D．以上结论都不对 【答案】B 【分析】首先，直接根据平行关系求解即可． 【解答】解：∵AB∥PQ，BC∥QR，且∠ABC＝60°，∴∠PQR＝60°或120° 故选：B． 即学即练 【变式练1】（2025秋•嘉定区校级月考）如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角　　　　． 【答案】相等或互补． 【分析】利用平行公理，可得结论． 【解答】解：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补． 故答案为：相等或互补． 【变式练2】（2025•徐汇区校级开学）已知角α的两边和角β的两边分别平行且α＝80°，则β＝　　　　． 【答案】80°或100°． 【分析】根据等角定理，建立方程，可得答案． 【解答】解：由等角定理可知，α＝β或α+β＝180°，∴β＝100°或80°． 故答案为：80°或100°． 【变式练3】（2025秋•浦东新区校级期中）设∠A与∠B的两边分别平行，若∠A＝45°，则∠B的大小为　　　　． 【答案】45°或135° 【分析】由平行公理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，能够得出结论． 【解答】解：∵∠α的两边和∠β的两边分别平行，∴∠α与∠β相等或互补， ∵∠α＝45°，∴∠β＝45°或∠β＝180°﹣45°＝135°， 故答案为：45°或135°． 题型02 直线与平面平行的判定 典型例题 典例 02 （2025秋•怀柔区校级期中）在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E、F分别为AB、SC的中点求证：EF∥平面SAD． 【答案】取SD的中点G，连接AG，GF． 在平行四边形ABCD中，∵E是AB的中点，∴AE∥DC且． 在三角形SDC中，∵G，F分别是SD，SC的中点，∴GF∥DC且． 因此GF∥AE且GF＝AE，故四边形AEFG为平行四边形，得EF∥AG． 又∵AG⊂平面SAD，EF⊄平面SAD， ∴EF∥平面SAD． 【分析】取SD的中点G，连接AG，GF，通过证明出EF∥AG，再根据线面平行的判定定理即可证出． 【解答】证明：取SD的中点G，连接AG，GF． 在平行四边形ABCD中，∵E是AB的中点，∴AE∥DC且． 在三角形SDC中，∵G，F分别是SD，SC的中点，∴GF∥DC且． 因此GF∥AE且GF＝AE，故四边形AEFG为平行四边形，得EF∥AG． 又∵AG⊂平面SAD，EF⊄平面SAD， ∴EF∥平面SAD． 即学即练 【变式练1】（多选）（2025秋•黑龙江月考）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为棱B1C1，AB的中点，则（　　） A．CE∥平面A1B1C1 B．DE∥BC1 C．DE∥平面ACC1A1 D．C1E⊥AB 【答案】ACD 【分析】根据面面平行的性质判断A，根据异面直线的判定判断B，根据面面平行的判定及性质判断C，由线面垂直的判定及性质判断D． 【解答】解：取A1B1的中点F，连接EF，DF，如图， 因为平面ABC∥平面A1B1C1，且CE⊂平面ABC，所以CE∥平面A1B1C1，故A正确； 因为D∈平面BCC1B1，E∉平面BCC1B1，D∉BC1，所以DE与BC1是异面直线，故B错误； 取A1B1中点F，连接DF，EF，则EF∥AA1， 又因为AA1⊂平面ACC1A1，EF⊄平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1， 同理可得DF∥平面ACC1A1， 又EF∩DF＝F，EF，DF⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面ACC1A1， 又DE⊂平面DEF，所以DE∥平面ACC1A1，故C正确； 因为AB⊥CE，AB⊥EF，CE∩EF＝E，所以AB⊥平面CEFC1，又C1E⊂平面CEFC1，所以AB⊥C1E，故D正确． 故选：ACD． 【变式练2】（2025春•宛城区校级月考）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM∥平面AEND；②CN∥平面ABFE；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF．以上四个命题中，正确命题的序号是　　　　． 【答案】①②③④． 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA﹣EFMN，再判断题目中的命题是否正确即可． 【解答】解：把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA﹣EFMN，如图所示： 对于①，因为BM∥AN，BM⊄平面AEND，AN⊂平面AEND，所以BM∥平面AEND，命题①正确； 对于②，CN∥BE，CN⊄平面ABFE，BE⊂平面ABFE，所以CN∥平面ABFE，命题②正确； 对于③，BD∥FN，BM∥AN，BD∩BM＝B，BD、BM⊂平面BDN，所以平面BDM∥平面AFN，命题③正确； 对于④，BD∥FN，BE∥CN，BD∩BE＝B，BD、BE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面NCF，命题④正确． 故答案为：①②③④． 【变式练3】（2025秋•沈阳校级期中）如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，点M、N、P分别为A1D1、D1C1和BC边的中点． （1）画出过M、N、P三点的截面（保留作图痕迹）； （2）若正方体的棱长为2，求截面的面积； （3）证明：直线AC∥平面MNP 【答案】（1）连接A1C1，AC，M，N分别为A1D1、D1C1的中点， 则MN∥A1C1∥AC， 过P作直线平行于AC，交DA，DC延长线于E，F，交AB于G， 连接ME，NF，分别交AA1，CC1于H，I， 最后连接MH，HG，GP，PI，IN，MN，所得截面MNIPGH即为所求； （2）； （3）由（1）中作图过程知PG∥AC，PG⊂平面MNP，AC⊄平面MNP， 所以AC∥平面MNP． 【分析】（1）连接A1C1，AC，过P作直线平行于AC，交DA，DC延长线于E，F，交AB于G，再根据平面的基本性质确定截面即可； （2）由（1）及已知截面MNIPGH是边长为的正六边形，进而求其面积； （3）由（1）PG∥AC，应用线面平行的判定定理证明结论． 【解答】解：（1）连接A1C1，AC，M，N分别为A1D1、D1C1的中点， 则MN∥A1C1∥AC， 过P作直线平行于AC，交DA，DC延长线于E，F，交AB于G， 连接ME，NF，分别交AA1，CC1于H，I， 最后连接MH，HG，GP，PI，IN，MN，所得截面MNIPGH即为所求； （2）由M，N，P分别为A1D1、D1C1和BC边的中点， 所以G，H，I分别为AB，AA1，CC1的中点，而正方体棱长为2， 即截面MNIPGH为正六边形，且边长为， 所以截面的面积S＝6（）2＝3； （3）证明：由（1）中作图过程知PG∥AC，PG⊂平面MNP，AC⊄平面MNP， 所以AC∥平面MNP． 题型03 直线与平面平行的性质 典型例题 典例 03 （2025春•南京期末）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接AC交BE于点O，运用线面平行的性质定理，可得PA∥FO，再由平行线分线段成比例定理，可得结论． 【解答】解：连接AC与BE相交于点O，连接FO，如图所示， PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FO， ∴PA∥FO，则有． ∠AOE＝∠BOC，∠AEO＝∠CBO，△AEO∽△CBO，． 平行四边形ABCD，E为AD的中点，，所以． 故选：D． 即学即练 【变式练1】（2025春•芙蓉区校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD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 【答案】B 【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可． 【解答】解：四棱锥P﹣ABCD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． 故选：B． 【变式练2】（2025•龙凤区校级开学）如图，已知点P在平行四边形ABCD所在平面外，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA∥平面EBF时，　　　　． 【答案】4． 【分析】根据线面平行的性质定理构造线线平行，再根据平行线段比例关系，可得结论． 【解答】解：连结AC，交BE于点M，连结FM，如图， 因为PA∥平面EBF，且PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FM， 所以PA∥FM， 因为AE∥BC，E为线段AD上靠近A的三等分点，即， 所以，得4． 故答案为：4． 【变式练3】（2025秋•杨浦区校级月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别在棱AB与线段CD1上，CF＝1，G在线段BC上，若BD1∥平面GEF，则CG＝　　　　． 【答案】． 【分析】根据线面平行的性质定理可得BD1∥FG，所以在△BD1C中，，再由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，代入数据即可求解． 【解答】解：如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2， 因为BD1∥平面GEF，BD1⊂平面BD1C，平面GEF∩平面BD1C＝FG， 所以BD1∥FG，所以在△BD1C中，， 所以CB＝2，， 因为CF＝1，所以，所以． 故答案为：． 题型04 平面与平面平行的判定 典型例题 典例 04 （2025秋•宣汉县期中）如图，ABCD，ABEF是两个全等的矩形，它们不在同一个平面内，G，H分别是BC，BE的中点． （1）证明：D，G，H，F四点共面． （2）证明：直线DG，AB，FH经过同一点． （3）证明：平面GBH∥平面DAF． 【答案】证明：（1）连接CE，四边形ABCD，ABEF是两个全等的矩形， 可得DC＝AB，且CD＝AB，EF∥AB，且EF＝AB， 所以DC∥EF且DC＝EF，所以四边形CDFE为平行四边形， 所以DF∥CE，且DF＝CE， 因为G，H分别是BC，BE的中点，可得GH∥CE且HGCE， 所以GH∥DF且GHDF， 可证得D，G，H，F四点共面； （2）由（1）可得GHDF，且D，G，H，F四点共面， 设DG∩FH＝M，因为DG⊂平面ABCD，所以M∈平面ABCD， 同理可得M∈平面ABEF， 所以点M在平面ABCD与平面ABEF的交线上， 而平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以M∈AB， 即证得直线DG，AB，FH经过同一点M； （3）由（1）可得HG∥DF，BG∥AD， 又因为DF⊂平面ADF，HG⊄平面ADF，所以HG∥平面ADF， 同理可得BG∥平面ADF， 而HG∩BG＝G，HG，BG⊂平面BHG， 所以平面GBH∥平面DAF． 【分析】（1）连接CE，由题意易证得GH∥DF，即可证得结论； （2）由（1）可得GHDF，且D，G，H，F四点共面，可得DG与FH相交，设DG∩FH＝M，可证得M∈平面ABCD，M∈平面ABEF，即证得点M在平面ABCD与平面ABEF的交线上，进而可证得结论； （3）易证得HG∥DF，BG∥AD，由线面平行的判定定理及面面平行的判定定理可证得结论． 【解答】证明：（1）连接CE，四边形ABCD，ABEF是两个全等的矩形， 可得DC＝AB，且CD＝AB，EF∥AB，且EF＝AB， 所以DC∥EF且DC＝EF，所以四边形CDFE为平行四边形， 所以DF∥CE，且DF＝CE， 因为G，H分别是BC，BE的中点，可得GH∥CE且HGCE， 所以GH∥DF且GHDF， 可证得D，G，H，F四点共面； （2）由（1）可得GHDF，且D，G，H，F四点共面， 可得DG与FH相交，设DG∩FH＝M， 因为DG⊂平面ABCD，所以M∈平面ABCD， 同理可得M∈平面ABEF， 所以点M在平面ABCD与平面ABEF的交线上， 而平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以M∈AB， 即证得直线DG，AB，FH经过同一点M； （3）由（1）可得HG∥DF，BG∥AD， 又因为DF⊂平面ADF，HG⊄平面ADF，所以HG∥平面ADF， 同理可得BG∥平面ADF， 而HG∩BG＝G，HG，BG⊂平面BHG， 所以平面GBH∥平面DAF． 即学即练 【变式练1】（2025春•郯城县校级期中）如图：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为DD1的中点． （1）求证：BD1∥平面AMC； （2）若N为CC1的中点，求证：平面AMC∥平面BND1． 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【分析】（1）设AC∩BD＝O，接OM，证明OM∥BD1，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）证明四边形CND1M为平行四边形，从而可得D1N∥CM，即可证得D1N∥平面AMC，再根据面面平行的判定定理即可得证． 【解答】证明：（1）设AC∩BD＝O，连接OM， ∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，∴O是BD中点， ∵M是DD1的中点，∴OM∥BD1， ∵BD1⊄平面AMC，OM⊂平面AMC， ∴BD1∥平面AMC； （2）∵N为CC1的中点，M为DD1的中点，∴CN∥D1M， ∴CN＝D1M，∴四边形CND1M为平行四边形，∴D1N∥CM， 又∵MC⊂平面AMC，∵D1N⊄平面AMC，∴D1N∥平面AMC， 由（1）知BD1∥平面AMC， ∵BD1∩D1N＝D1，BD1⊂平面BND1，D1N⊂平面BND1， ∴平面AMC∥平面BND1． 【变式练2】（2025春•抚顺期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形，点M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点． （1）求证：平面MNQ∥平面PAD； （2）在棱PA上确定一点S，使NS∥平面PBC，并说明理由． 【答案】（1）证明过程见详解； （2）S为PA的中点，满足条件． 【分析】（1）由M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点，可证得MN∥SD，NQ∥AD，进而可证得MN∥平面PAD，NQ∥PAD，进而可证得结论； （2）S为PA的中点，取PD的中点E，连接SE，EN，因为N为CD的中点，易证得NE∥PC，SE∥AD，可证得平面SEN∥平面PBC，进而可证得NS∥平面PBC． 【解答】（1）证明：因为M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点， 可得MN∥SD，NQ∥AD， 因为MN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以MN∥平面PAD， 同理可得NQ∥PAD， MN∩NQ＝N，所以平面QMN∥平面PAD； （2）解：S为PA的中点， 证明如下： 取PD的中点E， 连接SE，EN，因为N为CD的中点， 所以NE∥PC，SE∥AD，AD∥BC，所以SE∥CB， 又因为SE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以SE∥平面PBC， 同理可证得NE∥平面PBC， SE∩NE＝E，证得平面SEN∥平面PBC， 又因为SN⊂平面SEN，所以SN∥平面PBC． 【变式练3】（2025春•厦门校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点． （1）求证：E，F，B，D四点共面； （2）求证：平面AMN∥平面EFDB； （3）画出平面BNF与正方体侧面的交线（不必说明）． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）作图见解析． 【分析】（1）利用平行公理，结合正方体的结构特征证明EF∥BD即可． （2）利用面面平行的判定推理得证． （3）过B作直线l∥AC交DA，DC的延长线分别于G，H，连接相关线段即可． 【解答】（1）证明：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接BD，B1D1， 由F，E分别是C1D1，B1C1的中点， 得EF∥B1D1，由四边形BDD1B1为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角面， 得四边形BDD1B1是矩形，则BD∥B1D1，所以EF∥BD， 所以E，F，B，D四点共面； （2）证明：连接NE，AN，BE， 由M，N分别是A1B1，A1D1的中点，得MN∥B1D1∥EF， 又MN⊄平面EFDB，EF⊂平面EFDB，则MN∥平面EFDB， 而NE∥A1B1∥AB，且NE＝A1B1＝AB， 则四边形NEBA为平行四边形，则AN∥BE， 又AN⊄平面EFDB，BE⊂平面EFDB，所以AN∥平面EFDB， 又AN∩NM＝N，所以平面AMN∥平面EFDB； （3）解：过B作直线l∥AC交DA，DC的延长线分别于G，H， 连接NG，FH分别交A1A，C1C于I，J，连接IB，JB， 由NF∥A1C1∥AC，得NF∥l， 直线l⊂平面BNF，G，H∈平面BNF，I，J∈平面BNF， 因此五边形BJFNI是平面BNF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面， 如图， 所以NI，BI，BJ，FJ是平面BNF与正方体侧面的交线． 题型05 平面与平面平行的性质 典型例题 典例 05 （2025秋•贵阳校级月考）求证：夹在两个平行平面间的两条平行线段相等． 已知：如图，平面α∥平面β，AB和DC为夹在α，β间的平行线段．求证：AB＝DC． 【答案】证明：平面α∥平面β，AB和DC为夹在α，β间的平行线段， 即AB∥DC，所以AB和DC确定平面AC， 又因为α∩平面AC＝AD，β∩平面AC＝BC，所以AD∥BC， 故四边形ABCD是平行四边形．所以AB＝DC． 【分析】由面面平行的性质得到线线平行，进而证明出四边形ABCD是平行四边形，得到结论． 【解答】证明：平面α∥平面β，AB和DC为夹在α，β间的平行线段， 即AB∥DC，所以AB和DC确定平面AC， 又因为α∩平面AC＝AD，β∩平面AC＝BC，所以AD∥BC， 故四边形ABCD是平行四边形． 所以AB＝DC． 即学即练 【变式练1】（2025秋•山东月考）若平面α∥平面β，A，B∈α，C，D∈β，则AC＝BD是AC∥BD的（　　） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】若AC＝BD，可得AC与BD的位置关系，若AC∥BD，由面面平行的性质可得AC与BD的大小关系，判断出结果． 【解答】解：平面α∥平面β，A，B∈α，C，D∈β， 若AC＝BD，则AC与BD相交，或异面，或平行，此时AC＝BD是AC∥BD的不充分条件； 若AC∥BD时，可得AC，BD共面，连接AB，CD，因为平面α∥平面β，可得AB∥CD， 所以四边形ABDC为平行四边形，所以AC＝BD，此时AC＝BD是AC∥BD的必要条件， 综上所述：AC＝BD是AC∥BD的必要不充分条件． 故选：C． 【变式练2】（2025春•牡丹江校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为矩形，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．证明： （1）平面EFG∥平面PAB； （2）AP∥平面EFG． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）由线面平行的判定定理分别证明EF∥面PAB，EG∥平面PAB，进而由面面平行的判定定理即可得证； （2）由面面平行的性质即可得证． 【解答】解：（1）证明：因为E，F，G分别是PC，PD，BC的中点， 所以EF∥CD，EG∥PB， 又因为底面ABCD为矩形，所以AB∥CD，所以EF∥AB， 又EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以EF∥面PAB． 又因为EG⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，所以EG∥平面PAB． 因为EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG， 所以平面EFG∥平面PAB； （2）证明：因为AP⊂平面PAB，平面EFG∥平面PAB， 所以AP∥平面EFG． 【变式练3】（2025春•松原校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M＝3A1M． （1）求证：D，B，F，E四点共面； （2）求证：D1G∥平面DBFE； （3）已知点N是棱A1B1上的一点，且平面PMN∥平面DBFE，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）． 【分析】（1）连接D1B1，即可证明EF∥D1B1，DB∥B1D1，从而得证； （2）连接D1C、GC分别交DE、DB于点H、O，连接HO，即可证明，从而得到HO∥D1G，即可得证； （3）根据面面平行的性质得到MN∥EF，即可得到MN∥D1B1，从而得解． 【解答】（1）证明：如图， 连接D1B1，因为点E，F分别为棱D1C1，B1C1的中点，所以EF∥D1B1， 又在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中DD1∥BB1且DD1＝BB1， 所以四边形DBB1D1为平行四边形，所以DB∥B1D1， 所以EF∥BD，所以D，B，F，E四点共面； （2）证明：如图， 连接D1C交DE于点H，连接GC交DB于点O，连接HO， 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，D1E∥DC且， 所以△HED1∽△HDC，则， 同理可得， 所以，所以HO∥D1G， 又HO⊂平面DBFE，D1G⊄平面DBFE，所以D1G∥平面DBFE； （3）因为平面PMN∥平面DBFE，平面PMN∩平面A1B1C1D1＝MN，平面DBFE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以MN∥EF， 又EF∥D1B1，所以MN∥D1B1， 因为D1M＝3A1M，所以． 学科网（北京）股份有限公司 $