空间直线、平面平行的判定与性质 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与平面平行的判定与性质，覆盖线面平行、面面平行的定义判定及性质定理，三种平行关系转化等核心考点。对接高考评价体系，结合2024年全国甲卷真题，明确命题真假判断、平行证明、探索性问题等高频题型，梳理考点权重与解题思路。 课件亮点在于高考真题实战与方法体系构建，如例1通过2024全国甲卷命题判断培养数学思维，例2利用线面平行判定定理与面面平行性质突破证明题，探索性问题采用假设论证法。培养学生空间观念与推理能力，助力掌握答题技巧，教师可依此精准教学，提升复习效率。

　空间直线、平面平行的判定与性质 D D ABD 平行 A BC [知识梳理] 1．直线和平面平行 (1)定义：直线和平面没有公共点，称这条直线与这个平面平行． (2)线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 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”) 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相交，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) 2.两个平面平行 (1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行． (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相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) 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，那么两条交线平行 3.常用结论 三种平行关系的转化 [热身训练] 1．设α，β为两个不重合的平面，则α∥β的充要条件是( ). A．α内有无数条直线与β平行 B．α，β垂直于同一平面 C．α，β平行于同一条直线 D．α内有两条相交直线与β平行 2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( ). A．若m∥n，m∥α，则n∥α B．若α⊥β，m⊥β，则m∥α C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n 3．(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列结论正确的有( ). A．AD1∥BC1 B．平面AB1D1∥平面BDC1 C．AD1∥DC1 D．AD1∥平面BDC1 4．如图7.3­1，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为 ． 图7.3­1 题型1　与线、面平行相关命题的真假判断 【例1】(2024·全国甲卷)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n. 其中所有真命题的编号是( ). A．①③　　　 B．②④ C．①②③　　　 D．①③④ 与线、面平行相关命题的真假判断，可以结合题意绘制图形，利用图形进行判断． 【变式】(多选)已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法中正确的有( ). A．若α∩β＝b，a⊂α，则直线a，b一定相交 B．若α∥β，a⊂α，则a∥β C．若a∥b，b⊂α，则直线a平行于平面α内的无数条直线 D．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线 题型2　直线与平面平行的判定与性质 【例2】如图7.3­2，P是圆锥的 顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2. (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧AC的长为，CD∥AB．设点M在线段OC上，求证：直线QM∥平面PBD． 【解析】(1)由题知∠PAB＝，所以△ABP是等边三角形，所以PA＝AB＝2，所以底面周长为2π×1＝2π，所以圆锥的侧面积为×2×2π＝2π. (2)如答图7.3­1，由题知AQ＝QP，AO＝OB，所以QO∥PB．又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，所以QO∥平面PBD． 答图7.3­1 又＝，底面圆半径是1，所以∠AOC＝.又CD∥AB，所以∠OCD＝，又OC＝OD，所以△OCD为等边三角形，所以CD＝1，所以CD∥BO且CD＝OB，所以四边形OBDC是平行四边形，所以OC∥BD．又OC⊄平面PBD，BD⊂平面PBD，所以OC∥平面PBD．又OC∩OQ＝O，OC，OQ⊂平面QOC，所以平面QOC∥平面PBD．又M∈OC，所以QM⊂平面QOC，所以QM∥平面PBD． 证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义．　 (2)利用线面平行的判定定理． (3)利用面面平行的定义． (4)利用面面平行的性质． 【变式】如图7.3­3，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O，M分别为BD，PC的中点．设平面PAD与平面PBC的交线为l. 图7.3­3 (1)求证：OM∥平面PAD； (2)求证：BC∥l. 【证明】(1)连接AC，因为底面ABCD为平行四边形，O为BD的中点，所以O为AC的中点．因为M为PC的中点，所以AP∥OM.因为OM⊄平面PAD，AP⊂平面PAD，所以OM∥平面PAD． (2)因为底面ABCD为平行四边形，所以AD∥BC．因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD．因为平面PAD与平面PBC的交线为l，BC⊂平面PBC，所以BC∥l. 题型3　平面与平面平行的判定与性质 【例3】如图7.3­4，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点． 图7.3­4 (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)因为E，F分别为B1C1，A1B1的中点，所以EF∥A1C1.因为A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，所以EF∥平面A1C1G.又F，G分别为A1B1，AB的中点，所以A1F＝BG.又A1F∥BG，所以四边形A1GBF为平行四边形，所以BF∥A1G.因为A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，所以BF∥平面A1C1G.又EF∩BF＝F，所以平面A1C1G∥平面BEF. (2)因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，H，所以A1C1∥GH，所以GH∥AC．因为G为AB的中点，所以H为BC的中点． (1)判定面面平行的主要方法：①利用面面平行的判定定理．②利用线面垂直的性质． (2)面面平行性质的应用：①两平面平行，构造与两平面相交的第三个平面，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． 【变式】如图7.3­5，四边形ABCD与四边形ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点，求证： 图7.3­5 (1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 【证明】(1)如答图7.3­2，连接AE，设DF与GN的交点为O，则AE必过点O.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. 答图7.3­2 (2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB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⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG. 平行关系中的探索性问题 探索性问题是立体几何中比较常见的一种考查形式，涉及平行关系中的探索性问题有探究点是否存在或点的位置、线面平行关系是否成立等．考查逻辑推理和直观想象的核心素养，难度中等． 【例题】如图7.3­6，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点． 图7.3­6 (1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1? (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值． 【解析】(1)如答图7.3­3，取线段A1C1的中点D1，此时＝1，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，所以O为A1B的中点．在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1.所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1. (2)由题意得平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.因为＝，＝，又因为＝1，所以＝1，即＝1. 解决探索性问题的方法 根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设． 【变式】如图7.3­7，在四棱锥P­ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点． 图7.3­7 (1)求证：BC∥AD． (2)求证：CE∥平面PAB． (3)若M是线段CE上一动点，则线段 AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由． (1)【证明】在四棱锥P­ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD． (2)【证明】如答图7.3­4，取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD．又由(1)可得BC∥AD，BC＝AD，所以BC綉EF，所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE∥平面PAB． (3)【解析】取AD的中点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)可得CE∥平面PAB，CE∩EN＝E，所以平面CEN∥平面PAB．因为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． $