第47讲 空间直线、平面的平行 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间直线、平面的平行”核心考点，依据高考评价体系梳理了线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质、探索性问题及截面交线四大考查模块，通过典型例题（如例1线面平行判定多选）和跟踪训练明确高频考点分布，归纳证明、计算、探索等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题融入+素养导向”，如2020新课标Ⅰ卷球面交线题训练空间观念，通过“线线平行→线面平行→面面平行”转化策略（如例3面面平行判定）培养逻辑推理，方法总结提炼判定定理应用技巧，帮助学生掌握得分关键，教师可据此系统规划复习，提升学生应试能力。

第47讲空间直线、平面的平行 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]　(多选)(原创)下列对于线面平行的判断正确的是(　 　) A.若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α B.如果AB,BC,CD是不在同一平面内的三条线段,则经过它们中点的平面和直线AC平行 C.在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条不同的直径,且P为SB的中点,则SA∥平面PCD D.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点,则BD∥平面FGH BCD [解析]　对于A,若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α或m⊂α,故A错误. 对于B,如图1,把这三条线段放在正方体内,取AB,BC,CD的中点分别为E,F,G,连接EF,FG,EG,显然AC∥EF,AC⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,故AC∥平面EFG,故B正确. 对于C,连接PO,如图2, 根据题意可知,P,O分别为SB,AB的中点, ∴PO∥SA. 又∵PO⊂平面PCD,SA⊄平面PCD, ∴SA∥平面PCD,故C正确. 对于D,如图3,连接DG,CD交GF于点M,连接MH. 在三棱台DEF-ABC中,由AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,∴四边形DFCG为平行四边形,则M为CD的中点. 又∵H为BC的中点,∴HM∥BD.∵HM⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,∴BD∥平面FGH. 角度2　直线与平面平行的性质 [例2]　(2026·河北保定模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E,F分别为线段PD,PC上的点,且=,若直线BF∥平面AEC,则=　　　　.   [解析]　连接BD,设AC∩BD=O,连接DF交CE于点G,连接OG. 因为直线BF∥平面AEC,BF⊂平面BDF, 平面BDF∩平面AEC=OG,所以BF∥OG. 因为O是BD的中点,所以==1. 过点F作FH∥CE,交PD于点H, 则==1. 因为=,所以=, 所以==. 方法总结 1.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,有时需要利用已知直线作辅助平面确定交线. 跟踪训练 1.如图所示,已知四棱锥P-ABCD,BC∥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE∥平面PAB. 证明:设PA的中点为F,连接EF,FB(图略). ∵E,F分别为PD,PA的中点,∴EF∥AD,且EF=AD.又∵BC∥AD,BC=AD,∴EF∥BC,且EF=BC,∴四边形BCEF为平行四边形,∴CE∥BF.又∵BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB. (2)设平面AEC与平面PAB的交线为l,证明:l ∥CE. 证明:∵CE∥平面PAB,平面AEC与平面PAB的交线为l,EC⊂平面AEC,∴由线面平行的性质定理可得l ∥CE. 考点二　平面与平面平行的判定与性质 [例3]　(2026·山东潍坊质检)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为棱B1C1,A1B1,AB的中点. (1)证明:平面A1C1G∥平面BEF; [证明]　∵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)若平面A1C1G∩BC=H,证明:H为BC的中点. [证明]　∵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,∴GH∥AC. ∵G为AB的中点,∴H为BC的中点. 方法总结 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.当已知两平面平行时,可以得出线面平行,如果要得出线线平行,必须是与第三个平面的交线. 跟踪训练 2.(2026·福建福州模拟)已知平面α∥平面β,直线m⊂α,下列说法正确的是　　　　　.(填序号)  ①m与β内任意一条直线平行; ②m与β内无数条直线平行; ③m与β内任意一条直线不垂直; ④m与β无公共点. ②④ 解析:如图1,平面α∥平面β,m⊂α,b⊂β,则m⊥b,故①③错误; 如图2,若平面α∥平面β,直线m⊂α,α∩γ=m,β∩γ=b,则m∥b,因为在平面β有无数条直线与b平行, 所以在平面β内有无数条直线与m平行,故②正确; 若平面α∥平面β,则平面α与平面β无公共点, 因为直线m⊂α,所以m与β无公共点,故④正确. 3.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形. 证明:平面A1BD∥平面CD1B1; 证明: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) 若平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,证明:B1D1∥l. 证明:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面ABCD∥平面A1B1C1D1, 且平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,平面A1B1C1D1∩平面CD1B1=B1D1, 所以B1D1∥l. 考点三　空间平行关系的探索性问题 [例4]　(2026·河南郑州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC, AD=2BC,E为AD的中点,直线PA上是否存在点M,使得直线CM∥平面PBE?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. [解]　存在.如图,连接AC,CE.记AC∩BE=Q,而AD∥BC,AD=2BC,E为AD的中点,则BC∥AE,BC=AE, 故四边形ABCE为平行四边形,且Q为AC的中点, 连接PQ,在平面APQ内作CM∥PQ,交AP的延长线于点M, 则有AP=PM,所以=2. 此时PQ⊂平面PBE,CM⊄平面PBE, 则直线CM∥平面PBE, 即直线PA上存在点M,使得直线CM∥平面PBE,此时=2. 方法总结 1.在解决线面、面面平行的判定问题时,一般遵循从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”的顺序;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. 2.解答探索性问题的基本策略是先假设,再严格证明. 跟踪训练 4.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分别为AC,A1C1上的点. (1)当为何值时,BC1∥平面AB1D1? 解:当=1时,BC1∥平面AB1D1. 如图,连接A1B交AB1于点O,连接OD1. 由棱柱的性质知,四边形A1ABB1为平行四边形, ∴O为A1B的中点. 在△A1BC1中,O,D1分别为A1B,A1C1的中点, ∴OD1∥BC1. 又OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1, ∴BC1∥平面AB1D1, ∴当=1时,BC1∥平面AB1D1. (2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值. 解:∵平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=OD1, ∴BC1∥OD1,同理AD1∥DC1, ∴=,=. 又=1,∴=1,即=1. 截面与交线问题 教材延展 知识背景 (源于人教A版必修第二册P138例3) “截面、交线”问题是高考立体几何中极具创新意识的题型,它渗透了一些动态的线、面等元素,为静态的立体几何赋予了活力.求截面、交线问题,一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、扇形面积等结合求解,二是利用空间向量的坐标运算求解. [例]　(1)(2026·江苏南通质检)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB,E是PD的中点,F是棱PC上的点且PF=2FC,则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是(　　) A.斜三角形 B.梯形 C.平行四边形 D.两组对边均不平行的四边形 D [解析]　如图,延长EF和DC,设其交点为G,连接BG,延长DA并与直线BG交于点H,连接HE交PA于点K, 连接KB,得四边形EFBK, 假设KE∥BF,易证BF∥平面PAD, 易知BC∥平面PAD, 易得平面PBC∥平面PAD, 与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾, 故假设不成立,因此KE与BF不平行, 同理可证KB与EF不平行, 因此四边形EFBK的两组对边均不平行. (2)(2026·江苏南通模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,则以点A为球心、2为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为 　　　　　.  [解析]　如图,球与△ABC和△A1B1C1没有交线;与四边形AA1B1B和四边形AA1C1C的交线是以点A为圆心、2为半径的圆弧,长度为π;与四边形BB1C1C的交线是以BC为直径的圆弧,长度为π.因此交线的长度之和为3π. 3π 1.多面体的截面问题,利用三个基本事实,先确定交点,再确定交线,最后确定截面. 2.有关球的截面,先确定球心,再确定球面上的点,最后确定截面圆的位置,就可确定交线. 方法总结 跟踪训练 1.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体,则截面图形可能是　　　　　.(填序号)  ①④ 解析:当截面ABCD为图1时,截面图形如①所示; 当截面ABCD为图2时,截面图形如④所示,下侧为抛物线的形状. 2.(2020·新课标Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1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 　　　　.  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, 得△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. 设球的半径为R,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 . 又D1P=,∴B1P==1, 同理C1Q=1, ∴P,Q分别为BB1,CC1的中点, ∴∠PEQ=,则 ×=. $