第3节 空间直线、平面的平行 课件-2027届高三数学一轮复习

第3节　空间直线、平面的平行 1.线面平行的判定定理和性质定理 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　　　　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,b⊂α,且a∥b⇒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∥α,a⊂β,且α∩β=b⇒a∥b 此平面内 相交 2.面面平行的判定定理和性质定理 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    a⊂β,b⊂β, a∩b=P, a∥α,b∥α⇒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相 交,那么　　　　平行    α∥β,α∩γ=a, β∩γ=b⇒a∥b 相交直线 两条交线 微提示 三种平行关系的转化 (1)平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想,解题过程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. (2)在应用判定定理与性质定理时,一定要写全定理满足的条件,否则可能是假命题. [自主诊断] 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)若一条直线和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. (　　) × 解析 当直线不在平面内时,此直线才与平面平行. × 解析 过点P且平行于a的直线只有一条. × 解析 当两条直线平行时,两个平面不一定平行. √ 2.(人A必修二教材习题改编)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 D 解析 因为直线a∥平面α,直线a与平面α无公共点,因此直线a与平面α内的任意一条直线都不相交.故选D. 3.(人A必修二教材习题)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 D 解析 如果这无穷多条直线平行,平面α与平面β可能相交,故A错误;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,故B错误;当直线a与直线b平行时,两个平面可能相交,故C错误;D选项正确.故选D. 4.(人A必修二教材习题)若直线a不平行于平面α,则下列结论成立的是(　) A.α内的所有直线都与a异面 B.α内不存在与a平行的直线 C.α内的直线都与a相交 D.直线a与平面α有公共点 D 解析 直线a不平行于平面α,包括两种情况:a⊂α或a∩α=P.当a⊂α时,α内的所有直线都与直线a共面,故A错误;当a⊂α时,α内必然有直线与直线a平行,故B,C错误;当a⊂α时,直线a和平面α有无数个公共点,当a∩α=P时,直线a与平面α有唯一公共点P,故D正确.故选D. 5.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不重合的平面,下列说法正确的是(　　) A.若α⊥β,β⊥γ,则α∥γ B.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥β C.若m,n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则α∥β D.平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥β C 解析 对于A,若α⊥β,β⊥γ,则α与γ可能相交,故A错误;对于B,若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α与β可能相交,故B错误;对于C,因为m⊂α,n⊂β,m,n为异面直线,所以m⊄β.又m∥β,所以由线面平行的性质定理可知在β内存在l∥m,且l⊄α,进而可得l∥α.因为m,n是异面直线,n⊂β,所以l与n相交.又n∥α,所以由面面平行的判定定理得α∥β,故C正确;对于D,平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α与β可能相交,故D错误.故选C. 考点一　直线与平面平行的判定与性质 角度1　直线与平面平行的判定 例1　如图,在四棱锥E-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,CD=2AB=2CE=4,点F为棱DE的中点.证明:AF∥平面BCE. 考点一 考点二 考点三 证明 (方法一　线面平行判定定理)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,所以AF∥BM.因为AF⊄平面BCE,BM⊂平面BCE,所以AF∥平面BCE. 考点一 考点二 考点三 (方法二　线面平行判定定理)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. 考点一 考点二 考点三 (方法三　面面平行的性质)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. 考点一 考点二 考点三 规律方法　证明线面平行的两种常用方法 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](2025·山东济南期末)已知正四棱锥P-ABCD,M,N分别是BC,PD的中点. (1)证明:CN∥平面PAM; (2)若四棱锥各棱长均为2,求直线CN与AM所成角的余弦值. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 取AP的中点为Q,连接QM,QN,由于N是PD中点,故QN∥AD,且QN=AD,又CM∥AD且CM=AD,故CM∥QN,CM=QN,则四边形NQMC为平行四边形,故CN∥QM,CN⊄平面PAM,QM⊂平面PAM,故CN∥平面PAM. 考点一 考点二 考点三 (2)解 由(1)知CN∥QM,故∠AMQ或其补角即为直线CN与AM所成角, 由于△PCD为边长为2的等边三角形,故QM=CN=2=, AM=,AQ=PA=1, 故cos∠AMQ=,故直线CN与AM所成角的余弦值为 考点一 考点二 考点三 角度2　直线与平面平行的性质 例2　如图所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,M是PC的中点,在DM上取一点G,作平面AGP,交BD于点H. 求证:PA∥GH. 考点一 考点二 考点三 证明 如图所示,连接AC交BD于点O,连接OM, ∵四边形ABCD是平行四边形,∴O是AC的中点.又M是PC的中点, ∴PA∥OM. 又OM⊂平面BMD,PA⊄平面BMD, ∴PA∥平面BMD. 又PA⊂平面PAHG,平面PAHG∩平面BMD=GH,∴PA∥GH. 考点一 考点二 考点三 规律方法　在应用线面平行的性质定理进行平行转化时,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:把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交,这时才有直线与交线平行. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2]如图,四边形ABCD为长方形,点E,F分别为AD,PC的中点.设平面PDC∩平面PBE=l.证明: (1)DF∥平面PBE; (2)DF∥l. 考点一 考点二 考点三 证明 (1)取PB的中点G,连接FG,EG, 因为点F为PC的中点,所以FG∥BC,FG=BC. 因为四边形ABCD为长方形, 所以BC∥AD,且BC=AD, 所以DE∥FG,DE=FG, 所以四边形DEGF为平行四边形, 所以DF∥GE. 因为DF⊄平面PBE,GE⊂平面PBE,所以DF∥平面PBE. (2)由(1)知DF∥平面PBE, 又DF⊂平面PDC,平面PDC∩平面PBE=l,所以DF∥l. 考点一 考点二 考点三 考点二　平面与平面平行的判定与性质 例3　[一题多变]如图,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. 考点一 考点二 考点三 证明 (1)∵G,H分别是A1B1,A1C1的中点,∴GH是△A1B1C1的中位线, ∴GH∥B1C1.又B1C1∥BC,∴GH∥BC, ∴B,C,H,G四点共面. (2)∵E,F分别是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,A1B1∥AB且A1B1=AB,∴A1G∥EB,A1G=EB, ∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.又A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG.又A1E∩EF=E,A1E,EF⊂平面EFA1,∴平面EFA1∥平面BCHG. 考点一 考点二 考点三 AI变式 [变式1](变条件、变设问)在本例条件下,若D为BC1的中点,求证:HD∥平面A1B1BA. 证明 如图所示,连接HD,A1B,BC1,因为D为BC1的中点,H为A1C1的中点,所以HD∥A1B,又HD⊄平面A1B1BA,A1B⊂平面A1B1BA, 所以HD∥平面A1B1BA. 考点一 考点二 考点三 [变式2](变条件、变设问)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. 考点一 考点二 考点三 证明 如图,连接A1C,AC1,交于点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.又由三棱柱的性质知,D1C1∥BD且D1C1=BD, ∴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,∴平面A1BD1∥平面AC1D. 考点一 考点二 考点三 规律方法　1.判定面面平行的主要方法:(1)定义法(本质判定);(2)向量法(坐标运算首选);(3)(高频考点)判定定理法;(4)辅助判定法(推导型方法). 2.面面平行条件的应用:(1)两平面平行,分析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. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3]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. 考点一 考点二 考点三 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. 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. (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于点H, 则A1C1∥GH,得GH∥AC. ∵G为AB的中点,∴H为BC的中点. 考点一 考点二 考点三 考点三　平行关系的综合应用 例4　(1)若m,n为两条不同的直线,α,β,γ为三个不重合的平面,下列说法一定正确的是(　　) A.若α∩γ=m,β∩γ=n,且m∥n,则α∥β B.若m,n相交且都在α,β外,m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,则α∥β C.若m∥n,n⊂α,则m∥α D.若m∥α,n∥α,则m∥n B 考点一 考点二 考点三 解析 对于A,在如图1所示三棱柱中,右侧面为γ,左侧面为α,后面的侧面为β,满足α∩γ=m,β∩γ=n,且m∥n,但α,β相交,故A错误;对于B,如图2,m,n相交且都在α,β外,设m,n确定的平面为γ,即m,n⊂γ.因为m∥α,n∥α,故可得γ∥α,同理γ∥β,故α∥β,故B正确;对于C,若m∥n,n⊂α,则m⊂α或m∥α,故C错误;对于D,若m∥α,n∥α,则m,n可能平行或相交或异面,故D错误.故选B. 图1 图2 考点一 考点二 考点三 (2)如图,在四棱锥P-ABCD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,判断线段AD上是否存在点N,使MN∥平面PAB,并说明理由. 考点一 考点二 考点三 ①证明 在四棱锥P-ABCD中, 因为BC∥平面PAD,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD, 所以BC∥AD. ②证明 如图,取F为AP的中点,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.因为CE⊄平面PAB,BF⊂平面PAB,所以CE∥平面PAB. 考点一 考点二 考点三 ③解 线段AD上存在点N,使得MN∥平面PAB,理由如下: 取AD中点N,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上存在点N,使得MN∥平面PAB. 考点一 考点二 考点三 规律方法　1.判断与平行关系相关命题的真假,必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理,结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断. 2.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. 3.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. 考点一 考点二 考点三 $