第7章 第4讲 空间直线、平面的平行(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

该高中数学讲义聚焦空间直线与平面的平行关系，覆盖线面平行、面面平行的判定定理与性质定理及三种平行关系转化等高考核心考点，按“定理梳理-题型突破-真题训练-素养小结”逻辑架构，通过线面平行判定与性质、面面平行判定与性质、综合应用三大题型，帮助学生构建系统知识网络。 讲义以“平行关系转化”为核心，结合中位线、平行四边形等方法培养几何直观（数学眼光），通过探究性问题（如存在性点N使MN∥平面PAB）训练逻辑推理（数学思维），设置基础题、综合题分层练习，配合即时方法总结，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生空间想象与论证能力提供有力支撑。

第4讲　空间直线、平面的平行 课标要求　1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，了解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理． 2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形平行关系的简单命题． 1．线面平行的判定定理和性质定理 类别 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 ⇒l∥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相交，那么该直线与交线平行 ⇒l∥b 2.面面平行的判定定理和性质定理 类别 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 ⇒α∥β 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 ⇒a∥b 点拨　三种平行关系的转化 1．已知直线l∥平面α，点P∈平面α，那么过点P且平行于直线l的直线(　　) A．有无数条，仅有一条在平面α内 B．只有一条，且不在平面α内 C．有无数条，均不在平面α内 D．只有一条，且在平面α内 解析：选D．过直线l与点P的平面有且只有一个，记该平面为β，又因为l∥α，点P∈平面α，所以过点P且平行于直线l的直线只有一条，且这条直线为平面α与平面β的交线． 2．(必修第二册P139T3改编)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，下列四个命题中正确的是(　　) 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 解析：选C．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．(多选)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，Q为PA的中点，O为AC与BD的交点，下列说法正确的是(　　) A．OQ∥平面PCD B．PC∥平面BDQ C．AQ∥平面PCD D．CD∥平面PAB 解析：选ABD．因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，又Q为PA的中点，所以OQ∥PC，又PC⊂平面PCD，OQ⊄平面PCD，所以OQ∥平面PCD，故A正确；同理OQ⊂平面BDQ，PC⊄平面BDQ，所以PC∥平面BDQ，故B正确；因为AQ与平面PCD相交于点P，故C错误；由四边形ABCD为平行四边形，得AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，故CD∥平面PAB，故D正确． 4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，过直线AC1的平面交直线BB1于点E，交直线DD1于点F，则四边形AEC1F的形状为________． 解析：在长方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，平面AEC1F∩平面ABB1A1＝AE，平面AEC1F∩平面CDD1C1＝C1F，则AE∥C1F，同理，可得AF∥C1E，所以四边形AEC1F为平行四边形． 答案：平行四边形 5．四棱锥P­ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE＝PD，若＝λ且BF∥平面ACE，则λ＝________． 解析：如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由四边形ABCD是正方形，得BO＝OD，在线段PE取点G，使得GE＝ED，由PE＝PD，得＝，连接BG，FG，则BG∥OE，由OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，得BG∥平面ACE，而BF∥平面ACE，BG∩BF＝B，BG，BF⊂平面BGF，因此平面BGF∥平面ACE，又平面PCD∩平面ACE＝EC，平面PCD∩平面BGF＝GF，则GF∥EC，所以λ＝＝＝. 答案： 常用 结论 1.平行关系中的三个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β；(2)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 2．平行关系相关的性质 (1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等；(2)两条直线被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例；(3)同一条直线与两个平行平面所成的角相等． 题型一　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] 　已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A＝2AB＝2AC，M为棱A1A的中点，O为线段C1B的中点．求证：A1O∥平面MBC． 【证明】　设D为BC中点，连接OD，MD，又O为线段C1B的中点，则OD∥CC1∥A1A且OD＝CC1＝A1A，由M为棱A1A的中点，则MA1＝A1A且MA1∥CC1∥OD，所以MA1＝OD，MA1∥OD，故四边形ODMA1为平行四边形，则A1O∥MD，由A1O⊄平面MBC，MD⊂平面MBC，则A1O∥平面MBC． 【素养小结】　证明线面平行的方法 (1)直线与平面平行的判定定理，关键是在平面内找出(或作出)一条直线与已知直线平行，证明直线与直线平行常见的方法有：利用三角形的中位线、平行四边形的对边及平行线的传递性等． (2)利用两平面平行的性质：其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面． 考向2　直线与平面平行的性质 [例2] 如图，P是空间四边形ABCD的边BD上任意一点，E，F分别在AD，CD上，且AE∶AD＝CF∶CD．又BE与AP相交于点R，BF与CP相交于点Q，求证：RQ∥EF. 【证明】　因为AE∶AD＝CF∶CD， 所以AC∥EF， 因为EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF， 所以AC∥平面BEF. 因为AP∩BE＝R，CP∩BF＝Q， 所以平面ACP∩平面BEF＝RQ， 因为AC⊂平面ACP，AC∥平面BEF， 所以AC∥RQ，又AC∥EF，所以RQ∥EF. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【素养小结】　证明线线平行，常常将线面平行转化为该线与过该线的一个平面和已知平面的交线平行． 注意　利用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线． [对点训练] 如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点． (1)求证：BC∥平面PAD； (2)M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交平面BDM于HG，求证：PA∥HG. 证明：(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD， 又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BC∥平面PAD． (2)连接AC，交BD于O，连接MO. 因为四边形ABCD是平行四边形， 所以O是AC的中点，又因为M是PC的中点，所以MO∥PA． 又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM， 所以PA∥平面BDM. 又因为PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM＝HG，所以PA∥HG. 题型二　平面与平面平行的判定与性质 [例3] 如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F，G，H分别是棱AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证： (1)四边形BCHG是梯形； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 【证明】　(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1，GH＝B1C1，又B1C1∥BC，B1C1＝BC，所以GH∥BC且GH＝BC，所以四边形BCHG是梯形． (2)因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，AB＝A1B1，所以A1G＝EB且A1G∥EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB．因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，所以平面EFA1∥平面BCHG. 母题探究1　在本例中，将条件“E，F，G，H分别是棱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． 证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点， 连接DM，因为D为BC的中点，所以A1B∥DM.因为A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质及题意知，D1C1∥BD且D1C1＝BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1，又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，所以平面A1BD1∥平面AC1D． 母题探究2　在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是棱AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求的值． 解：如图，连接A1B交AB1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＝OD1，所以BC1∥OD1，则＝＝1，同理，AD1∥C1D，又AD∥C1D1，所以四边形ADC1D1是平行四边形，所以AD＝D1C1，又AC＝A1C1，所以DC＝A1D1，所以＝1. 【素养小结】　(1)证明面面平行可以通过线面平行来证明，而判定面面平行主要有四种方法：①定义(常与反证法结合)；②面面平行的判定定理；③垂直于同一条直线的两个平面平行；④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． (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． [对点训练] 如图，在六面体ABCDEF中，DE∥CF，四边形ABCD是平行四边形，DE＝2CF. (1)证明：平面ADE∥平面BCF； (2)若G是棱BC的中点，证明：AE∥FG. 证明：(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，而AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，则BC∥平面ADE，由DE∥CF，CF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，得CF∥平面ADE，又BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，所以平面ADE∥平面BCF. (2)如图，延长EF与DC的延长线交于点O1，连接AG并延长与DC的延长线交于点O2. 由DE∥CF，DE＝2CF，得CO1＝CD，由BC∥AD，G是棱BC的中点，得CO2＝CD，因此点O1，O2重合，记为O，显然平面AOE∩平面ADE＝AE，平面AOE∩平面BCF＝FG，由(1)知，平面ADE∥平面BCF，所以AE∥FG. 题型三　平行关系的综合应用 [例4] 　如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为梯形，BC∥AD，BC＝AD，平面PBC∩平面PAD＝l，E是PD的中点． (1)求证：l∥AD； (2)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？若存在，求出点N的位置，若不存在，请说明理由． 【解】　(1)证明：因为在梯形ABCD中，BC∥AD，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，因为AD⊂平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD． (2)存在点N，当点N为AD的中点时，MN∥平面PAB．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， 因为BC∥AD，BC＝AD，所以BC∥AN，BC＝AN，所以四边形ABCN为平行四边形，所以AB∥CN. 因为AB⊂平面PAB，CN⊄平面PAB， 所以CN∥平面PAB，又CN∩EN＝N，CN，EN⊂平面CEN，所以平面CEN∥平面PAB， 因为M是线段CE上的动点，连接MN，则MN⊂平面CEN，所以MN∥平面PAB， 所以当N为AD的中点时，MN∥平面PAB． 【素养小结】　(1)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，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于模式化． (2)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． [对点训练] 如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F分别为线段AC1，A1C1上的点，＝λ，＝λ，λ∈(0，1). (1)求证：EF∥平面BCC1B1； (2)在线段BC1上是否存在一点G，使平面EFG∥平面ABB1A1？请说明理由． 解：(1)证明：因为＝λ，＝λ，则＝，故EF∥AA1，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1∥BB1，则EF∥BB1，因为EF⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，则EF∥平面BCC1B1. (2)如图，线段BC1上存在点G，满足＝λ，λ∈(0，1)，即可使平面EFG∥平面ABB1A1，理由如下： 因为＝λ，＝λ，则＝，则EG∥AB，因为AB⊂平面ABB1A1，EG⊄平面ABB1A1，故EG∥平面ABB1A1，由(1)知EF∥AA1，因为AA1⊂平面ABB1A1，EF⊄平面ABB1A1，故EF∥平面ABB1A1，又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFG，故平面EFG∥平面ABB1A1. 学科网（北京）股份有限公司 $