7.3 空间直线、平面平行的判定与性质 课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 第三讲　空间直线、平面平行的判定与性质 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[41] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　直线与平面平行的判定与性质   判定定理 性质定理 文字 语言 如果平面外的一条直线与______________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________平行 此平面内的 交线 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 b⊄α α∩β＝b a∥b 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点二　面面平行的判定与性质   判定定理 性质定理 文字 语言 如果一个平面内的____________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，如果一个平面与这两个平面相交，那么两条交线________ 图形 语言 两条相交 平行 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 a⊂β b⊂β a∩b＝P a∥b 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 归 纳 拓 展 1．若α∥β，a⊂α，则a∥β. 2．垂直于同一条直线的两个平面平行，即“若a⊥α，a⊥β，则α∥β”． 3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即“若a⊥α，b⊥α，则a∥b”． 4．平行于同一个平面的两个平面平行，即“若α∥β，β∥γ，则α∥γ”． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(　　) (2)平行于同一条直线的两个平面平行．(　　) (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．(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (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．(　　) (5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　) (6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组二　走进教材 2．(必修2P142T2)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(　　) A．α内有无数条直线都与β平行 B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对于选项A，若α存在无数条直线与β平行，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则α内有无数条直线都与β平行，所以选项A是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D是α∥β的一个充分条件．故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组三　走向考场 3．(2023·全国Ⅰ卷(节选))如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. 证明：B2C2∥A2D2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　证法一：分别取D1D2、AA1的中点M、N，连接MC2，NB2，MN， 由题意知D1M綉C1C2， ∴MC2綉C1D1綉A1B1， 同理B2N綉A1B1， ∴MC2綉NB2， 即四边形MNB2C2为平行四边形，∴C2B2∥MN， 又MD2綉A2N， ∴四边形D2A2NM为平行四边形， ∴D2A2∥MN， ∴B2C2∥D2A2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(2024·北京卷(节选))已知四棱锥P－ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝3，DE＝PE＝2，E是AD上一点，PE⊥AD.若F是PE中点． 证明：BF∥平面PCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法三：取DE的中点H，连BH，HF， ∵F为PE的中点， ∴FH∥PD， 又FH⊄平面PCD， ∴FH∥平面PCD， 又BC＝HD＝1且BC∥HD， ∴四边形BCDH为平行四边形， ∴BH∥CD，又BH⊄平面PCD， ∴BH∥平面PCD， 又BH∩FH＝H，∴平面BHF∥平面PCD， BF⊂平面BHF， ∴BF∥平面PCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点突破 · 互动探究 返回导航 空间平行关系的基本问题——自主练透 1．(多选题)(2026·福建福州八县区期中改编)已知l、m是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是(　　) A．若l、m是异面直线，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β B．如果l∥α，m⊂α，且l，m共面，那么l∥m C．如果α⊥β，l⊥α，那么l∥β D．如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α [答案]　AB 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对于A中，过m作平面γ与平面α交于直线c，如图，因为l，m是异面直线，所以l，c相交，又m∥α，所以m∥c，由c⊄β，m⊂β得c∥β，又l∥β，l，c是α内两相交直线，所以α∥β，A正确；对于B中，由线面平行的性质定理，可得l∥m，所以B正确；对于C中，如果α⊥β，l⊥α，那么l∥β或l⊂β，所以C不正确；对于D中，如果l⊥m，l⊥α，那么m∥α或m⊂α，所以D不正确．故选AB. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．下列三个命题在“(　　)”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为直线，α，β为平面)，则此条件是________. [答案]　l⊄α [解析]　①l∥m，m∥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α；②l⊄α，m⊂α，l∥m⇒l∥α；③l⊥m，m⊥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α.故答案为l⊄α. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (2026·江西创智协作体调研)已知a，b为空间不重合的两条直线，α，β为空间不重合的两个平面，则下列说法正确的是(　　) A．若a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β B．若a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，则α∥β C．若a∥b，a⊥α，则b⊥α D．若a⊥b，a⊥α，则b∥α [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　若α∩β＝l，当a∥l∥b，满足a，b⊂α，a∥β，b∥β，如下图所示： 但此时α，β相交，故A错误； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 结合A中分析可知当a∥l∥b时，满足a∥β，b∥α，如下图所示： 但此时α，β相交，故B错误； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 如下图： 显然当a∥b，a⊥α时，b⊥α成立，故C正确； 当b⊂α时，满足a⊥b，a⊥α，如下图所示： 但此时b∥α不成立，故D错误．故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 直线与平面平行的判定与性质——多维探究 角度1　线面平行的判定 (2024·四川巴中诊断(节选))如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，E，F分别为CD，PA的中点． 证明：EF∥平面PBC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　思路一：利用直线、面平行的判定证明 证法一：连接AE延长交BC的延长线于N，连接PN， ∵AD∥BC，即AD∥CN，又CE＝ED， ∴AE＝EN， 又AF＝FP，∴EF∥PN， ∵PN⊂平面PBC，EF⊄平面PBC， ∴EF∥平面PBC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：过E点作MN∥AB且交BC延长线于M，交AD于N，取PB的中点H，连接HM， ∴四边形FHME为平行四边形，∴EF∥MH， 又MH⊂平面PBC，EF⊄平面PBC， ∴EF∥平面PBC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 思路二：利用面、面平行的性质证明 证法三：取AB的中点M，连接ME，MF(如右图)， 由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得 ME∥BC，MF∥PB， ∵BC，PB⊂平面PBC，FM，EM⊄平面PBC， ∴ME∥平面PBC，MF∥平面PBC， 又ME∩MF＝M，ME，MF⊂平面EFM， 故平面EFM∥平面PBC， ∵EF⊂平面EFM， ∴EF∥平面PBC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法四：取PD的中点Q，连接QE，QF(如右图)， 由E，F分别为CD，PA的中点及中位线定理得QF∥AD，QE∥PC， ∵PC⊂平面PBC，QE⊄平面PBC， ∴QE∥平面PBC， ∵AD∥BC，QF∥AD， ∴QF∥BC， ∵BC⊂平面PBC，QF⊄平面PBC， ∴QF∥平面PBC， 又QE∩QF＝Q，QE，QF⊂平面EFQ， ∴平面EFQ∥平面PBC， ∵EF⊂平面EFQ， ∴EF∥平面PBC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 思路三：空间向量方法 证法五：∵PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB，PA⊥AD， 又AB⊥AD，故AB，AD，AP两两垂直， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]本例条件下，证明BF∥平面PCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：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定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． 4．利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 5．向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． 注：线面平行的关键是线线平行，证明中常构造三角形中位线或平行四边形． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 [证明]　连接BD、AC交于O，连接OQ， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 ∴OQ∥PD， 又OQ⊂平面ACQ，PD⊄平面ACQ， ∴PD∥平面ACQ. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度2　线面平行的性质 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. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴O是AC的中点， 又M是PC的中点， ∴PA∥MO. 又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD， ∴PA∥平面BMD. ∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA⊂平面PAHG， ∴PA∥GH. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：空间中证明两条直线平行的常用方法 1．利用线面平行的性质定理，即a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. 已知l∥α，一般找或作过l且与α相交的平面探求解题方向． 2．利用平行公理：平行于同一直线的两条直线互相平行． 3．利用垂直于同一平面的两条直线互相平行． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 1．(角度1)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E、F分别为AD、PC的中点． 求证：EF∥平面PAB. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　证法一：取PB的中点H，连接FH、HA， ∵F为PC的中点， ∴四边形AEFH为平行四边形，∴EF∥AH， 又EF⊄平面PAB，HA⊂平面PAB， ∴EF∥平面PAB. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：取BC的中点H，连接FH，HE， ∵F为PC的中点， ∴FH∥BP，又FH⊄平面PAB，BP⊂平面PAB， ∴FH∥平面PAB，又E为AD的中点，且四边形ABCD为平行四边形， ∴HE∥BA，又HE⊄平面PAB， ∴HE∥平面PAB，又FH∩EH＝H， ∴平面EFH∥平面PAB，∴EF∥平面PAB. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法三：连CE并延长交BA的延长线于H，连接PH. ∵E为平行四边形ABCD的边AD的中点， ∴△CDE≌△HAE， ∴CE＝EH，又F为PC的中点， ∴EF∥PH， 又EF⊄平面PAB，PH⊂平面PAB， ∴EF∥平面PAB. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 两个平面平行的判定与性质——师生共研 (2026·潍坊质检)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为棱B1C1，A1B1，AB的中点． (1)求证：平面A1C1G∥平面BEF； (2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点． [证明]　(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点， ∴EF∥A1C1， ∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G， ∴EF∥平面A1C1G， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 又F，G分别为A1B1，AB的中点， ∴A1F＝BG， 又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形， ∴BF∥A1G. ∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G， ∴BF∥平面A1C1G， 又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF， ∴平面A1C1G∥平面BEF. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1， 平面A1C1G与平面ABC有公共点G，经过点G的直线交BC于H， 则A1C1∥GH，得GH∥AC， ∵G为AB的中点，∴H为BC的中点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：证明面面平行的方法有 1．面面平行的定义． 2．面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． 3．利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． 4．如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． *6.向量法：证明两平面的法向量平行． 注：为便于构造平行线，常对锥体补形． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (2024·重庆二模)如图，直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，且AB＝2DC，E，F分别是棱AB，AD的中点． 证明：平面D1EF∥平面C1BD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 平行关系的综合应用 1．(多选题)(2026·广东深圳中学摸底)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，M均是所在棱的中点，则下列说法正确的是(　　) A．B1G∥DM B．B1G∥平面A1EF C．平面BDM∥平面A1EF D．B1G∥A1F [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　由MB1綉DG知四边形B1GDM为平行四边形，∴B1G∥DM，选项A对；由A1M綉EB知四边形MBEA1为平行四边形，∴BM∥A1E，从而可知A1E∥平面MBD，又EF∥BD知EF∥平面MBD.∴平面A1EF∥平面MBD，选项C对；又B1G∥平面MBD，B1G⊄平面A1EF，∴B1G∥平面A1EF，选项B对；B1G与A1F异面，选项D错，故选ABC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．如图，在四棱锥C－ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点． (1)求证：GF∥平面ABC； (2)线段BC上是否存在一点H，使得平面GFH∥平面ACD？若存在，请找出点H并证明；若不存在，请说明理由． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：∵四边形ABED为正方形，F为BD的中点， ∴E、F、A共线，连接AE， 又G为EC的中点， ∴GF∥AC， 又GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴GF∥平面ABC. 注：本题也可取BE的中点Q，连接GQ、FQ，通过证平面GFQ∥平面ABC来证；或取BC的中点M，AB的中点N，连GM、MN、NF，通过证四边形GMNF为平行四边形得GF∥MN来证． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)当H为BC的中点时，平面GFH∥平面ACD. 证明如下：∵G、H分别为EC、BC的中点， ∴GH∥BE，又BE∥AD， ∴GH∥AD， 又GH⊄平面ACD，AD⊂平面ACD， ∴GH∥平面ACD， 又GF∥AC，GF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD， ∴GF∥平面ACD， 又GF∩GH＝G，GF⊂平面GFH，GH⊂平面GFH， ∴平面GFH∥平面ACD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]ED上是否存在一点Q，使平面GFQ∥平面ACD. [解析]　当Q为ED的中点时，平面GFQ∥平面ACD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：解决线、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，绝不可过于“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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[41] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1．(2026·山西长治质检)已知下列四个命题： p1：设直线a是平面α外的一条直线，若直线a不平行于平面α，则α内不存在与a平行的直线． p2：过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行． p3：如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b. p4：设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件． 其中真命题的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对于p1，因为直线a不平行于平面α，故a与α相交，若α内存在与a平行的直线，由线面平行的判断定理可得a∥α，矛盾，故p1正确．对于p2，过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行，故p2错误．对于p3，如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，则a，b异面或相交或平行，故p3错误．对于p4，若l⊥α，因为m，n在平面α内，则l⊥m且l⊥n，但若l⊥m且l⊥n，在m，n相交的条件下才有l⊥α，故l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要条件，故p4正确．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2024·九省联考试题)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是(　　) A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l B．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥β C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β [答案]　C [解析]　m，l可能平行，相交或异面，故A错误；α，β可能相交或平行，故B错误；α，β平行，故D错误；由线面平行性质得C正确．故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(2024·四川达州诊断)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法正确的是(　　) A．m∥α，m⊥n，则n⊥α B．m⊥α，m⊥n，则n∥α C．α∥β，m⊂β，则m∥α D．m⊥β，β⊥γ，则m∥γ [答案]　C [解析]　若m∥α，m⊥n，则有n与α相交或n∥α或n⊂α，故A错误；若m⊥α，m⊥n，则有n⊂α或n∥α，故B错误；若α∥β，m⊂β，由面面平行的性质可知m∥α，故C正确；若m⊥β，β⊥γ，则有m∥γ或m⊂γ，故D错误．故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点，则下列叙述中正确的是(　　) A．直线BQ∥平面EFG B．直线A1B∥平面EFG C．平面APC∥平面EFG D．平面A1BQ∥平面EFG [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故 B正确；AP⊂平面ADD1A1，GH⊂平面ADD1A1，GH与PA的延长线必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线(　　) A．不存在 　 B．有1条 C．有2条 　 D．有无数条 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 6．(2026·陕西汉中校际联考)设α，β，γ为不同的平面，m，n为不同的直线，则α∥β的一个充分条件是(　　) A．α⊥γ，β⊥γ B．m⊥α，n⊥β，m∥n C．α内有无数条直线与β平行 D．α内有不共线的三点到β的距离相等 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 7．(2024·北京东城区期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E，F分别是DD1，BB1的中点．用过点F且平行于平面ABE的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 ①MN∥平面APC　②C1Q∥平面APC　③A，P，M三点共线　④平面MNQ∥平面APC A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对于①，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；对于②，由①知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，所以C1Q∥平面APC是正确的；对于③，由①知，A，P，M三点共线是正确的；对于④，由①知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 二、多选题 9．(2026·湖北宜昌起点考试)已知直线l，m，n是三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则(　　) A．若l∥m，l∥n，m⊂α，n⊂α，则l∥α B．若l⊥α，l∥m，m⊄β，α⊥β，则m∥β C．若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥α D．若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，m∥n，则l∥n [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　l∥m，l∥n，m⊂α，n⊂α，可能有l⊂α，故A错误；若l⊥α，l∥m，则m⊥α，而m⊄β，α⊥β，则m∥β，所以B正确；若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，可能m∥n，则未必有l⊥α，故C错误；若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，则l∥m，而m∥n，则l∥n，所以D正确．故选BD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 10．(2024·福建优质校阶段检测)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则直线MN∥平面ABC的是(　　) [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　由图(1)可知MN与平面ABC相交于N，故A错误；由图(2)知MN∥AD，AD⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN∥平面ABC，故B正确； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 由图(3)易知平面ABC∥平面MHN，从而MN∥平面ABC，故C正确；由图(4)知MN⊂平面ABC，故D错误．故选BC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 三、填空题 11．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列四个命题：①a∥b，b∥c⇒a∥c；②a∥α，b∥α⇒a∥b；③a∥α，β∥α⇒a∥β；④a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.其中正确的命题是________.(写出所有正确命题的序号) [答案]　①④ [解析]　根据线线平行的传递性，可知①正确；若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交、异面，故②不正确；若a∥α，β∥α，则a∥β或a⊂β，故③不正确；由线面平行的判定定理可知④正确．故正确的命题是①④. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 12．已知平面α∥β，点A，C∈α，B，D∈β，直线AB与直线CD交于点S，且AS＝8，BS＝9，CD＝34，则CS的长为________. [答案]　16或272 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 13．(2025·四川绵阳三模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，AB＝4，M为线段SA上一点，且AM＝2MS，平面MCD与侧棱BS交于点N，则MN＝________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 四、解答题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　证法一：连接OF， 在△ABC中，O，F分别为AB，BC的中点， 所以OF∥AC， 因为AC⊂平面ACE，OF⊄平面ACE， 所以OF∥平面ACE，在矩形OAED中，OD∥AE， 同理可得OD∥平面ACE， 又OF∩OD＝O，OF，OD⊂平面ODF， 所以平面ODF∥平面ACE， 因为DF⊂平面ODF， 所以DF∥平面ACE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：延长BD，AE交于H，连接HC， ∵四边形AODE为矩形， ∴OD∥AE， 又O为AB的中点， ∴D为BH的中点， 又F为BC的中点， ∴DF∥HC， 又DF⊄平面ACE， HC⊂平面ACE， ∴DF∥平面ACE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法三：取AC的中点H，连接FH， ∵F为BC的中点， 又四边形AODE为矩形， ∴AO綉DE，∴FH綉DE， 即四边形FHED为平行四边形， ∴DF∥EH， 又DF⊄平面ACE，EH⊂平面ACE， ∴DF∥平面ACE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B组能力提升 1．(2026·福建莆田八中月考)如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断： ①EC⊥平面AFN　②CN∥平面AFB ③BM∥DE　　　 ④平面BDE∥平面NCF 其中正确判断的序号是(　　) A．①③ B．②③ C．①②④ D．②③④ [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　还原正方体如图EC⊥AF，EC⊥FN，从而EC⊥平面AFN，∴①正确；平面CNM∥平面ABF，∴CN∥平面ABF，∴②正确；BM⊥DE，∴③错误；NF∥BD，FC∥DE，∴平面BDE∥平面NCF， ∴④正确．故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(多选题)已知点P是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD上一个动点(含边界)，若F是A1B1的中点，且满足PF∥平面B1CD1，则(　　) A．FP所在的平面与正方体表面的交线为五边形 B．FP所在的平面与正方体表面的交线为六边形 [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证明：PQ∥平面BCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　证法一：取MD的中点H，连QH，PH， ∵P为MB的中点， ∴PH∥BD，又PH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD， ∴PH∥平面BCD， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 C组拓展应用(选作) (多选题)(2026·安徽六校教育研究会入学测试)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在正方形A1B1C1D1内运动(含边界)且AE∥平面BC1D，则(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 判定定理 性质定理 图形 语言 符号 语言 ⇒b∥α ⇒__________ 作用 证明或判断线、面平行 证明或判断线、线平行 判定定理 性质定理 符号 语言 ⇒α∥β ⇒__________ 作用 证明或判断面、面平行 证明或判断线、线平行 则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)， ∴＝(0，－2,1)，＝(0，－2,1)， ∴∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. [证明]　证法一：取PD的中点为S，连接SF，SC，则SF∥ED，SF＝ED＝1， 而ED∥BC，ED＝2BC， 故SF∥BC，SF＝BC， 故四边形SFBC为平行四边形， 故BF∥SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. 证法二：连EB并延长交DC的延长线于H连PH， 由BC∥AD知△HBC△HED， ∴＝＝， 即B为HE的中点，又F为PE的中点， ∴BF∥PH，而PH⊂平面PCD，BF⊄平面PCD， ∴BF∥平面PCD. ①⇒l∥α；②⇒l∥α；③⇒l∥α. ∵AD∥BC， ∴＝＝， ∴ME綉AB，又F、H分别为PA、PB的中点， ∴HF綉AB，从而ME綉HF， 以A为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如右图： 由PA＝AD＝4，AB＝BC＝2知： A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，E(1,3,0)，F(0,0,2)， ∴＝(0,2,0)，＝(－2,0,4)，＝(－1，－3，2)， 设平面PBC的一个法向量为v＝(x1，y1，z1)， 由得 取z1＝1得v＝(2,0,1)， ∵v·＝－1×2＋(－3)×0＋2×1＝0，EF⊄平面PBC， ∴EF∥平面PBC. [证明]　取PD的中点O，连接FO，CO，∵FO是△PAD的中位线，∴FO∥AD且FO＝AD，又∵BC綉AD，∴BC綉FO，∴四边形BCOF 是平行四边形，∴BF∥CO，又BF⊄平面PCD，CO⊂平面PCD，∴BF∥平面PCD. 本例中，若＝2，证明：PD∥平面ACQ. ∵BC綉AD， ∴＝， 又＝2，即＝， ∴＝＝， ∴FH綉BC， 又四边形ABCD为平行四边形， ∴BC綉AD，从而FH綉AD， 又E为AD的中点，∴FH綉EA， 2．(角度2)(2024·湖北宜荆荆恩联考)四棱锥P－ABCD中，底面是平行四边形，E，F分别为线段PD，PC上的点，＝，若BF∥平面AEC，则＝________. [答案]　 [解析]　设AC∩BD＝O，连接DF交CE于G，连接OG，BF，由于BF∥平面AEC，BF⊂平面BDF，平面BDF∩平面AEC＝OG，则BF∥OG，由于O是BD的中点，所以＝＝1，过F作FH∥CE，交PD于H，则＝1，由于＝，所以＝，所以＝＝. [证明]　在△ABD中，E，F分别为AB，AD的中点，则EF∥BD， 而EF⊄平面C1BD，BD⊂平面C1BD，因此EF∥平面C1BD， 又DC∥AB，DC＝AB＝EB， 而D1C1∥DC，D1C1＝DC， 于是EB∥D1C1且EB＝D1C1，四边形BC1D1E为平行四边形，则D1E∥C1B， 又D1E⊄平面C1BD，C1B⊂平面C1BD， 因此D1E∥平面C1BD. 而EF，D1E为平面D1EF中两相交直线， 所以平面D1EF∥平面C1BD. 如图，在矩形ABCD中，EC＝DC，沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成四棱锥P－ABCE，问线段AP上是否存在点F，使EF∥平面PBC？若存在，试确定点F的位置；若不存在，说明理由． [解析]　存在，且＝. 证明如下：过点F作FG∥AB交PB于点G，连接CG， 则＝＝，所以FG＝EC. 又FG∥AB∥EC， 所以四边形EFGC为平行四边形，所以EF∥CG， 又EF⊄平面PBC，GC⊂平面PBC， 所以EF∥平面PBC. [解析]　如图，可知A错误；⇒⇒α∥β，B正确；由图，可知C错误；符合条件D的平面可能相交，D错误． A．2 B． C． D． [解析]　取AA1的中点H连HF，HD1，FC1，由E，F分别为DD1，BB1的中点易知平面D1HFC1∥平面ABE，又AB＝2，∴FC1＝，由四边形HFC1D1为矩形知S截面＝2.故选A. 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1，则下列说法中正确的个数是(　　) [解析]　本题主要考查两平面平行的性质定理．①当点S在两平行平面之间时，如图1所示，∵直线AB与直线CD交于点S，直线AB与直线CD可确定一个平面γ，且α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.∵α∥β，∴AC∥BD，∴＝，即＝，得＝，解得CS＝16.②当点S在两平行平面的同侧时，如图2所示，由①知AC∥BD，则有＝，即＝，解得CS＝272. [答案]　 [解析]　因为AB∥CD，AB⊂平面SAB，CD⊄平面SAB，所以CD∥平面SAB，又因为平面CDMN∩平面SAB＝MN，CD⊂平面CDMN，所以CD∥MN，所以AB∥MN，所以＝＝，所以MN＝. 14．(2026·四川南充零诊(节选))如图，在圆锥DO中，D为圆锥顶点，AB为圆锥底面的直径，O为底面圆的圆心，C为底面圆周上一点，四边形OAED为矩形，且AC＝1，BC＝.若F为BC的中点，求证：DF∥平面ACE. ∴FH綉AB綉AO， 2．(2026·四川巴中诊断)在四面体A－BCD中，M为AD上一点且＝，P是BM的中点，在线段AC上存在一点Q，使得PQ∥平面BCD，则的值为(　　) [解析]　如图所示，取MD的中点O，连接OP，OQ.∵O为MD的中点，P是BM的中点，∴PO∥BD.又∵BD⊂平面BCD，PO⊄平面BCD，∴PO∥平面BCD，又∵PQ∥平面BCD，PQ∩PO＝P，PO，PQ⊂平面POQ，∴平面POQ∥平面BCD.又∵OQ，CD⊂平面ACD，平面POQ∩平面ACD＝OQ，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴OQ∥CD.∴在△ACD中，＝＝＝2.故选B. C．FP长度的最大值是2 D．FP长度的最小值是 [解析]　由题意知，FP所在的平面平行于平面B1CD1，且该平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确；又点P的运动轨迹为线段MN，∴FP长度的最大值为|FN|＝＝2，FP长度的最小值为|FM|＝＝，故C正确，D错误．故选BC. 4．(2025·湖南郴州模拟(节选))如图，在四面体A－BCD中，AD＝BD＝，AC＝BC＝2，AD⊥DB，∠CAD＝30°，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC. 又＝＝3，∴QH∥DC， 又QH⊄平面BDC，DC⊂平面BCD， ∴QH∥平面BCD，又PH∩QH＝H， ∴平面PQH∥平面BCD，又PQ⊂平面PQH， ∴PQ∥平面BCD. 证法二：分别在CD，BD上取点H，F，(如图) 使QH∥AD∥PF， ∵M，P分别为AD，BM的中点， ∴PF＝AD 又AQ＝3QC，∴＝＝， 即QH＝AD，∴PF綉QH， ∴四边形PFHQ为平行四边形，从而PQ∥FH， 又PQ⊄平面BCD，FH⊂平面BCD， ∴PQ∥平面BCD. A．点E的轨迹长度大小为2 B．三棱锥B－C1DE的体积始终不变 C．异面直线AE与BC1所成角的大小可能为 D．当异面直线AE与BC1所成角最大时，四面体ABC1E的外接球的表面积为12π [解析]　正方体中，有AD1∥BC1，AD1⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，则AD1∥平面BC1D，同理AB1∥平面BC1D，又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面BC1D，由AE∥平面BC1D，所以点E的轨迹是线段B1D1，因为正方体棱长为2，根据勾股定理，B1D1＝＝2，故A正确；，因为E在B1D1上运动，B1D1∥平面BC1D，所以E到平面BC1D的距离h不变，由BC1＝C1D＝BD＝2，有△BC1D的面积为定值，所以三棱锥B－C1DE的体积始终不变， 故B正确；因为AD1∥BC1，所以∠EAD1就是异面直线AE与BC1所成的角(或其补角)，点E从D1移动到B1，∠EAD1从0增大到，所以AE与AD1不垂直，即异面直线AE与BC1所成角的大小不可能为，故C错误；当E与B1重合时，异面直线AE与BC1所成角最大，此时四面体ABC1E即ABC1B1，其外接球即为正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，其体对角线l＝＝2，则外接球的半径R＝，所以四面体ABC1E的外接球的表面积S＝4π×()2＝12π，故D正确．故选ABD. $