2025-2026学年高一下学期数学期末复习课程任务三十 ·空间直线、平面的平行 课件

这是一份高一数学期末复习课件，共39页，聚焦“空间直线、平面的平行”主题。通过主干知识梳理（线面、面面平行的判定与性质定理及符号、图形语言）、基础检测（5道选择与填空题）、能力达标（线面平行判定与性质、面面平行判定与性质及综合应用例题与及时练）构建完整学习支架。 资料特色鲜明，注重数学核心素养培养。以定理的文字、图形、符号语言结合呈现，强化数学表达，知识深化拓展7个结论，例题提供多解法（如线面平行判定的中位线、延长相交、面面平行三种方法），及时练巩固，存在性问题（如例4探究线段AD上点N使MN∥平面PAB）培养推理与创新意识。针对高一学生空间观念形成关键期，帮助学生提升空间想象与逻辑推理能力，为教师提供系统复习资源与多样化教学思路。

任务三十·空间直线、平面的平行 高一数学期末复习课程 一、主干知识梳理 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 “内”“外”“平行”三个条件缺一不可 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    “相交”条件不可缺少　 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 [知识深化] 判定两个平面平行与判定线面平行一样,应遵循“先找后作”的原则,即先在一个平面内找到两条与另一个平面平行的相交直线,若找不到再作辅助线. 思考：一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行,那么这两个平面平行吗? 提示 平行.可以转化为面面平行的判定定理“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”.所以这个结论可以直接应用,称为面面平行判定定理的推论. [知识深化] 1.两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面. 2.夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等. 3.经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行. 4.两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段成比例. 5.同一条直线与两个平行平面所成角相等. 6.如果两个平面分别平行于第三个平面,那么这两个平面互相平行. 7.垂直于同一条直线的两个平面平行. 1如图是长方体被一平面所截得到的几何体,四边形EFGH为截面,长方形ABCD为底面,则四边形EFGH的形状为(　　) A.梯形 B.平行四边形 C.可能是梯形也可能是平行四边形 D.矩形 B 二、基础检测 解析:因为平面ABFE∥平面CGHD,且平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面CGHD=GH,根据面面平行的性质定理可知EF∥GH,同理可证明EH∥FG,所以四边形EFGH为平行四边形.故选B. 2.α,β是两个平面,m,n是两条直线,下列四个说法中正确的是(　　) 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 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. 3.如图,平面α∥平面β,△PAB所在的平面与α,β分别交于CD,AB, 若PC=2,CA=3,CD=1,则AB=　　 　　. 解析:∵平面α∥平面β,∴CD∥AB, ,∴AB= 4.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示,在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N,下列结论正确的是(　　) A.MN∥平面ABE B.MN∥平面ADE C.MN∥平面BDH D.MN∥平面CDE C 解析:根据题意,得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示,取FH的中点O,连接ON,BO,易知ON BM,∴四边形ONMB为平行四边形, ∴MN∥BO,∵BO与平面ABE(即平面ABFE)相交,故MN与平面ABE相交,故A错误;∵平面ADE∥平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交,故B错误;∵BO⊂平面BDHF,即BO⊂平面BDH,又MN∥BO,MN⊄平面BDH, ∴MN∥平面BDH,故C正确;显然M,N在平面CDEF的两侧,∴MN与平面CDEF相交,故D错误. 5.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上.若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于　　　　　　　　. 　 解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,∴AC=2 又E为AD中点,EF∥平面AB1C,EF⊂平面ADC, 平面ADC∩平面AB1C=AC, ∴EF∥AC,∴F为DC中点,∴EF=AC= ①.直线与平面平行 例1 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,AB=2,CD=4,E为PC的中点, 求证:BE∥平面PAD. 三、能力达标 直线与平面平行的判定 证明: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∥EF,且AB=EF, 所以四边形ABEF为平行四边形,所以BE∥AF. 又因为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H,连接PH,因为AB∥CD,AB=2,CD=4, 所以,即B为HC的中点,又因为E为PC的中点,所以BE∥PH. 又因为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,又因为EH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以EH∥平面PAD. 由题意知AB∥DH,AB=DH,所以四边形ABHD为平行四边形,所以BH∥AD. 又因为AD⊂平面PAD,BH⊄平面PAD,所以BH∥平面PAD. 又因为BH∩EH=H,BH,EH⊂平面BHE,所以平面BHE∥平面PAD. 又因为BE⊂平面BHE,所以BE∥平面PAD. 及时练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. 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. (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. (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. 例2 如图,在四棱锥P-ABCD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. (1)求证:OM∥平面PAD. (2)求证:BC∥l. (3)在棱PC上是否存在点N(异于点C),使得BN∥平面PAD?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 直线与平面平行的性质 (1)证明: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,所以在△APC中,AP∥OM. 因为OM⊄平面PAD,AP⊂平面PAD, 所以OM∥平面PAD. (2)证明: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. (3)解:不存在.理由如下:假设在棱PC上存在点N(异于点C),使得BN∥平面PAD. 在平面PDC中,过点N作PD的平行线EN,交DC于点E. 因为EN⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以EN∥平面PAD. 因为EN∩BN=N,所以平面BEN∥平面PAD. 因为BE⊂平面BEN,所以BE∥平面PAD. 又因为BE⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,所以BE∥AD. 另一方面,在平行四边形ABCD中,BE与AD不平行,矛盾, 所以在棱PC上不存在点N(异于点C),使得BN∥平面PAD. 及时练2：如图,已知E,F分别是菱形ABCD的边BC,CD的中点,EF与AC交于点O,点P在平面ABCD外,M是线段PA上一动点,若PC∥平面MEF,试确定点M的位置. 解 点M为线段PA上靠近点P的四等分点.理由如下: 如图,连接BD交AC于点O1,连接OM. 因为PC∥平面MEF,PC⊂平面PAC, 平面PAC∩平面MEF=OM, 所以PC∥OM,则 在菱形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,即 又因为AO1=O1C,所以 故点M为线段PA上靠近点P的四等分点. ②.平面与平面平行的判定与性质 例3 如图所示,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. 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. 变式探究1 (变条件变结论)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. 例3 如图所示,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. 证明:如图所示,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. 例3 如图所示,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. 变式探究2 (变条件变结论)在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1, A1C1的中点”变为“D,D1分别是棱AC,A1C1上的点,且平面BC1D∥平面AB1D1”,试求的值. 解:连接A1B,AB1,交于点O,连接OD1. 由平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1, 平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O, 所以BC1∥D1O,所以D1为A1C1的中点. 同理,AD1∥C1D. 又因为AD∥C1D1,所以四边形ADC1D1是平行四边形, 所以AD=D1C1=A1C1. 又因为AC=A1C1,所以AD=AC,所以=1,即=1. ③.平行关系的综合应用 例4 如图所示,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,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P-ABCD中,BC∥平面PAD,BC⊂平面ABCD,AD⊂平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,所以BC∥AD. (2)证明:如图,取F为AP中点,连接EF,BF,由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,而CE⊄平面PAB,BF⊂平面PAB,则CE∥平面PAB. (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,MN,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. 及时练3：如图,在三棱柱BCF-ADE中,若G,H分别是线段AC,DF的中点. (1)求证:GH∥平面BFC. (2)在线段CD上是否存在一点P,使得平面GHP∥平面BCF?若存在,指出P的具体位置并证明;若不存在,说明理由. (1)证明:连接BD,∵ABCD为平行四边形,G是线段AC的中点,G,H分别是线段BD,DF的中点,故GH∥BF,又BF⊂平面BFC,GH⊄平面BFC,故有GH∥平面BFC. (2)解:存在,P是线段CD的中点,理由如下: 连接PG,PH, 由(1)可知GH∥BF,GH⊂平面GHP,BF⊄平面GHP, ∴BF∥平面GHP. ∵P,H分别是线段CD,DF的中点,则HP∥CF,HP⊂平面GHP,CF⊄平面GHP, ∴CF∥平面GHP,BF∩CF=F,BF⊂平面BCF,CF⊂平面BCF, 故平面GHP∥平面BCF. 任 务 完 成 $