2027届高考数学一轮复习讲义-第七章课时5 直线、平面平行的判定与性质

该高中数学讲义围绕直线、平面平行的判定与性质核心考点，按课标要求构建知识体系，涵盖定理梳理、基础回顾、考点扫描（含判定、性质、综合应用）及真题训练，通过分层教学环节帮助学生建立平行关系转化逻辑，突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以数学思维和空间观念为导向，创新采用定理表格对比、多证法训练（如例1三种证明思路）及高考真题变式应用，设置基础判断、选择填空到综合探究的分层练习，培养学生推理能力与空间想象。规律方法总结配合即时反馈，助力教师精准把控节奏，高效提升学生应考能力。

课时5 直线、平面平行的判定与性质 一、课标要求 1．掌握空间直线和平面、平面和平面的位置关系； 2．掌握线面、面面平行的判定定理和性质定理； 3．会灵活运用定理实现线线、线面、面面平行之间的转化． 二、知识梳理 1．直线与平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 一条直线与 的一条直线 ，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) 因为l∥a，a⊂α， ，所以l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) 因为l∥α， ，α∩β＝b，所以l∥b 2．平面与平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 一个平面内的两条 直线与另一个平面 ，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) 因为a∥β，b∥β， ，a⊂α， b⊂α，所以α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面 ，那么 平行 因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b 【拓展知识】 1.线面平行判定定理，“三（个条件）推一（结论）”；面面平行判定定理，“五推一”．条件缺一不可． 2.一条直线平行于一个平面，和平面内无数条平行直线平行，但并不是和任一条平行；两个平面平行，虽然一个平面内的任何直线都平行于另一个平面，但是这两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平行直线，也可能是异面直线，但不可能是相交直线． 3.要灵活应用线线平行、线面平行和面面平行的相互联系、相互转化．在解决立体几何中的平行问题时，一般都要用到平行关系的转化．转化思想是解决这类问题的最有效的方法． 三、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） （1）如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面. （ ） （2）如果直线a和平面α满足a∥α，它们a与α内的任何直线均平行. （ ） （3）如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b. （ ） （4）如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，且b不在平面α内，那么b∥α. （ ） 2．α，β是两个平面，m，n是两条直线，下列命题正确的是(　　) A．若m∥n，n∥α，则m∥α B．若m∥α，n⊂α，则m∥n C．若α∥β，m⊂α，则m∥β D．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β 3. 过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面（    ） A．不存在 B．只有一个 C．有无数个 D．不能确定 4．如图是长方体被一平面截后得到的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为______． 四、考点扫描 考点一 直线与平面平行的判定与性质 考向1 直线与平面平行的判定 例1 （1）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，PD＝AD＝AB＝2， CD＝4，E为棱PC的中点.求证：BE∥平面PAD. （2）（2025·新高考Ⅱ卷节选）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形．证明:平面. 考向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是棱PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面，交BD于点H.求证：PA∥GH. 规律方法： 对点训练 如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为梯形，，AB=2CD，设平面PAD与平面PBC的交线为l，棱PA，PB的中点分别为E，F，证明：平面DEF． 考点二 平面与平面平行的判定与性质 例3 (2025·陕西西安市铁一中学月考)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为棱BC的中点. 规律方法： 对点训练 (2025·湖南益阳市安化县第二中学期末)如图，四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M，N，Q分别为棱PC，CD，AB的中点．求证： (1)平面MNQ∥平面PAD； (2)BC∥l. 考点三 平行关系的综合应用 例4 (2025·湖南师大附中检测)在如图所示的五面体ABCDEF中，A，B，E，F四点共面，△ADF是等边三角形，四边形ABCD为菱形，EF∥平面ABCD，AB＝2EF，M为棱BC的中点．在直线CD上是否存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF？请说明理由． 规律方法： 对点训练 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，AC1的中点． (1) 求证：MN∥平面ABC． (2) 是否在线段BC1上存在一点P，使得平面MNP∥平面ABC？若存在，指出点P的具体位置；若不存在，请说明理由． 课时5 直线、平面平行的判定与性质参考答案 二、知识梳理 1．平面外 此平面内 平行 lα l⊂β 2．相交 平行 a∩b＝P 相交 它们的交线 三、基础回顾 1．（1） ×【解析】直线a不在平面内. （2）×【解析】直线a可与α内的直线异面. （3）×【解析】直线a可与直线b异面. （4）√ 【解析】由a∥α可知a与平面α内直线c平行，又因为a∥b，所以b∥c，由直线b不在平面α内得b∥α.. 2．C【解析】若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故A不正确； 若m∥α，n⊂α，则m∥n或m与n异面，故B不正确； 若α∥β，则α与β没有公共点，又因为m⊂α，所以m与β没有公共点，所以m∥β，故C正确； 若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交，故D不正确．故选C. 3．D 【解析】过直线l外两点作与l平行的平面，若两点所在的直线与已知直线相交，则这样的平面不存在；若两点所在的直线与已知直线平行，则这样的平面有无数个；若两点所在的直线与已知直线异面，则这样的平面只有一个．因此只有D正确．故选D． 4．平行四边形【解析】因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形． 四、考点扫描 例1 【证明】（1）方法一：如图，取PD的中点F，连接EF，FA. 由题意知EF为△PDC的中位线，所以EF∥CD，且EF＝CD＝2.又因为AB∥CD，AB＝2，CD＝4，所以AB与EF平行且相等，所以四边形ABEF为平行四边形，所以BE∥AF.又AF⊂平面PAD，BE平面PAD，所以BE∥平面PAD. 方法二：如图，延长DA，CB，相交于点H，连接PH， 因为AB∥CD，AB＝2，CD＝4，所以＝＝，即B为HC的中点.又E为PC的中点，所以BE∥PH.又BE平面PAD，PH⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD. 方法三：如图，取CD的中点H，连接BH，HE， 因为E为PC的中点，所以EH∥PD.又EH平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EH∥平面PAD. 又由题意知AB与DH平行且相等，所以四边形ABHD为平行四边形，所以BH∥AD. 又AD⊂平面PAD，BH平面PAD，所以BH∥平面PAD.又BH∩EH＝H，BH，EH⊂平面BHE，所以平面BHE∥平面PAD. 又BE⊂平面BHE，所以BE∥平面PAD. （2）设，所以.因为为中点，所以.因为，，所以是平行四边形， 所以，所以.因为平面平面，所以平面.因为平面平面，所以平面.又，平面，所以平面平面.又平面，所以平面． 例2 【证明】如图所示，连接AC，交BD于点O，连接OM. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点.又M是PC的中点，所以PA∥OM.又OM⊂平面BMD，PA平面BMD，所以PA∥平面BMD.又PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，所以PA∥GH. 对点训练【证明】如图，延长AD，BC，交于点M. 因为，AB=2CD，    所以D为AM的中点.又因为PA的中点为E，所以.因为平面DEF，平面DEF，所以平面DEF.又P，平面PAD，P，平面PBC，所以平面平面PBC=PM，即直线l为直线PM．所以平面DEF． 例3 【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，EF，BF⊂平面BEF，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，经过点G的直线交BC于H，则A1C1∥GH，得GH∥AC.因为G为AB的中点，所以H为BC的中点. 对点训练 【证明】(1)因为M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点，底面ABCD为平行四边形，所以MN∥PD，NQ∥AD.又MN平面PAD，PD平面PAD，则MN∥平面PAD.由NQ平面PAD，AD平面PAD，可得NQ∥平面PAD.又MN∩NQ＝N，MN，NQ平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PAD. (2)因为BC∥AD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC∥平面PAD.又BC平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l. 例4 【解】 直线CD上存在点G，使得平面EMG∥平面BDF．理由如下：如图，连接AC交BD于点O，连接OM，OF，取CD的中点G，连接GM，GE．因为EF∥平面ABCD，EF⊂平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，故EF∥AB．又O为AC的中点，M为BC的中点，所以OM∥AB∥EF，OM＝AB＝EF，故四边形OMEF为平行四边形，则EM∥OF．因为EM⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，所以EM∥平面BDF．因为M为BC的中点，G为CD的中点，故GM∥BD．又因为GM⊄平面BDF，BD⊂平面BDF，所以GM∥平面BDF．因为EM∩GM＝M，EM，GM⊂平面EMG，所以平面EMG∥平面BDF． 对点训练 （1）【证明】如图，连接A1C，则N也为A1C的中点． 因为M为A1B的中点，所以MN为△A1BC的中位线，所以MN∥BC．又MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC． （2）【解】存在，当P为BC1的中点时，平面MNP∥平面ABC.证明如下：连接PM，PN，因为N为AC1的中点，P为BC1的中点，所以PN∥AB.又PN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PN∥平面ABC.又由(1)知MN∥平面ABC，且MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面ABC． . 学科网（北京）股份有限公司 $