还剩24页未读，
继续阅读
所属成套资源：高考数学一轮复习精品导学案(新高考）(原卷版+解析)
成套系列资料，整套一键下载
高考数学一轮复习精品导学案(新高考)第50讲直线与平面、平面与平面平行(原卷版+解析)
展开
这是一份高考数学一轮复习精品导学案(新高考)第50讲直线与平面、平面与平面平行(原卷版+解析)，共27页。试卷主要包含了 直线与平面平行， 平面与平面平行， 与垂直相关的平行的判定等内容，欢迎下载使用。
知识梳理
1. 直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2. 平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
3. 与垂直相关的平行的判定
(1)a⊥α，b⊥α⇒ ．
(2)a⊥α，a⊥β⇒
1、【2019年新课标2卷理科】设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
2、【2019年高考北京卷】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
3、【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
4、【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
1、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）在下列命题中，假命题是（ ）
A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β
B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β
C．若平面α⊥平面β，任取直线lα，则必有l⊥β
D．若平面α∥平面β，任取直线lα，则必有l∥β
2、（2022·江苏海安·高三期末）（多选题）设，为两个平面，下列是“”的充分条件是（ ）
A．，与平面都垂直
B．内有两条相交直线与平面均无交点
C．异面直线，满足，
D．内有个点（任意三点不共线）到的距离相等
3、（2022·江苏如东·高三期末）（多选题）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m//n，nα，则m//αB．若m⊥n，nα，则m⊥α
C．若m⊥α，n⊥α，则m//nD．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
4、（2023·江苏南京·校考一模）（多选题）对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项中正确的为（ ）
A．若，则B．若，则或
C．若，则或D．若，则或
考向一 直线与平面平行的判定与性质
例1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝ eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE相交于点O，G是线段OF上的一点．求证：
(1) AP∥平面BEF；
(2) GH∥平面PAD.
变式1、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，PD的中点，求证：
(1)PB∥平面ACF；
(2)EF∥平面PAB.
变式2、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是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.
方法总结：线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，从而证明直线与平面平行．
(2)应用线面平行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来确定交线．
考向二 面面平行的判定与性质
例2、如图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1) BE∥平面DMF；
(2) 平面BDE∥平面MNG.
变式1、如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为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BC的中点．
方法总结：证明面面平行的常用方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)；
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)；
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．
考向三 平行关系的探索性问题
例3、如图，已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱CC1的中点，试问在棱AB上是否存在一点E，使得DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
变式1、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC；
(2) 在PC上求一点G，使FG∥平面AEC，并证明你的结论．
变式2、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
(1)求证：BD1∥平面AEC；
(2)CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1，若存在，请说明理由．
方法总结：（1）利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
（2）探索性问题要根据题目确立成立的条件，然后当成已知进行证明。
1、(2022·苏州期初考试)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥β，γ⊥β，且α∩γ＝m，则m⊥β
C．若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
2、(2022·青岛期初考试)(多选题)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为线段AA1，A1C1，C1B1，BB1的中点，下列说法正确的是
A．E，F，G，H四点共面 B．平面EGH∥平面ABC1
C．直线A1A与FH异面 D．直线BC与平面AFH平行
3、(2022·南京9月学情【零模】)(多选题)已知m，n是两条不同的直线，β，γ是三个不同的平面．下列说法中正确的是
A．若m∥α，mβ，α∩β＝n，则m∥n B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
4、（2022年江苏省高三模拟试卷） 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B1重合），H为棱A1B1的中点，则（ ）
A. |HF|∈[2,]B. △B1EG面积的取值范围为(0,]
C. EH和FG是异面直线D. EG和FH可能是共面直线
5、（2022年江苏省高三模拟试卷）已知平面α和平面β是空间中距离为2的两平行平面，球面M与平面α、平面β的交线分别为圆A、圆B．
（1）若平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，证明：；
（2）若球面M的半径为2，求以圆A为上底面，圆B为下底面的几何体AB的体积的最大值．
6、（2022年广州附属中学高三模拟试卷）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面
a∥b⇒a∥α
性质
定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
α∩β＝b⇒
a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
a∩b＝P，
a∥β，b∥β⇒
α∥β
性质
定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
第50讲 直线与平面、平面与平面平行
知识梳理
1. 直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2. 平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
3. 与垂直相关的平行的判定
(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b．
(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β．
1、【2019年新课标2卷理科】设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】
由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
2、【2019年高考北京卷】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
3、【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解析】(1)
如图所示：，
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
(2)
如图所示：，
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
4、【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC
1、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）在下列命题中，假命题是（ ）
A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β
B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β
C．若平面α⊥平面β，任取直线lα，则必有l⊥β
D．若平面α∥平面β，任取直线lα，则必有l∥β
【答案】C
【分析】
对于A：利用线面垂直的定义和面面垂直的判定定理进行证明；
对于B：利用面面平行的定义进行证明；
对于C：在正方体中取反例否定结论；
对于D：利用线面平行的定义进行判断.
【详解】
对于A：根据线面垂直的定义，若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则这条直线垂直于平面β，又有面面垂直的判定定理，即可证明α⊥β.故A成立.
对于B：若平面α内任一直线平行于平面β，则直线与平面β没有公共点，所以平面α与平面β没有公共点，所以α∥β. 故B成立.
对于C：如图示：
在正方体中取面为平面α、面为平面β和直线为直线l，满足平面α⊥平面β，直线lα，但是l∥β. 故C不成立.
对于D：若平面α∥平面β，则平面α与平面β没有公共点，任取直线lα，则直线l与平面β没有公共点，所以l∥β. 故D成立.
故选：C
2、（2022·江苏海安·高三期末）（多选题）设，为两个平面，下列是“”的充分条件是（ ）
A．，与平面都垂直
B．内有两条相交直线与平面均无交点
C．异面直线，满足，
D．内有个点（任意三点不共线）到的距离相等
【答案】BD
【分析】
举反例可判断A，C；由平面的性质，面面平行的判定定理结合充分条件的定义可判断B，D；进而可得正确选项.
【详解】
对于A：如图正方体中：平面为平面，平面为平面，平面为平面，此时满足，与平面都垂直，但平面与平面相交，所以，与平面都垂直得不出，所以，与平面都垂直不是的充分条件，故选项A不正确；
对于B：内有两条相交直线与平面均无交点即内有两条相交直线与平面平行，由面面平行的判定定理可得，所以由内有两条相交直线与平面均无交点可得出，故内有两条相交直线与平面均无交点是“”的充分条件，故选项B正确；
对于C：如图正方体中：直线为，直线为，平面为平面，平面为平面，此时符合异面直线，满足，，但平面与平面相交，所以异面直线，满足，得不出，异面直线，满足，不是的充分条件，故选项C不正确；
对于D：若内有个点（任意三点不共线）到的距离相等，则，所以内有个点（任意三点不共线）到的距离相等是“”的充分条件，故选项D正确，
故选：BD.
3、（2022·江苏如东·高三期末）（多选题）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m//n，nα，则m//αB．若m⊥n，nα，则m⊥α
C．若m⊥α，n⊥α，则m//nD．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
【答案】CD
【分析】
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】
m//n，nα时，或，A错；
m⊥n，nα，与可能平行，也可能有或相交，不一定垂直，B错；
若m⊥α，n⊥α，由线面垂直性质定理知，C正确；
m//α，m//β，α∩β＝n，如图，
过作平面交于直线，由得，
同理过作平面与交于直线，得，
所以，而，所以，又．，则，
所以．D正确．
故选：CD．
4、（2023·江苏南京·校考一模）（多选题）对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项中正确的为（ ）
A．若，则B．若，则或
C．若，则或D．若，则或
【答案】ACD
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】若，的方向向量是的法向量，的方向向量是的法向量，，则的方向向量垂直，所以的方向向量与的方向向量垂直，则，A正确；
若，可平行，可相交，可异面，不一定垂直，B错；
若，则或，与不相交，C正确；
若，则或，与不相交，D正确．
故选：ACD．
考向一 直线与平面平行的判定与性质
例1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝ eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE相交于点O，G是线段OF上的一点．求证：
(1) AP∥平面BEF；
(2) GH∥平面PAD.
【解析】 (1) 连接EC.
因为AD∥BC，BC＝ eq \f(1,2)AD，E为AD的中点，
所以BC＝AE，BC∥AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以O为AC的中点．
又因为F是PC的中点，所以FO∥AP.
因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2) 连接FH，OH.
因为F，H分别是PC，CD的中点，
所以FH∥PD.
又因为FH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以FH∥平面PAD.
又因为O是BE的中点，H是CD的中点，
所以OH∥AD.
又因为OH⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，FH⊂平面OHF，OH⊂平面OHF，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
变式1、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，PD的中点，求证：
(1)PB∥平面ACF；
(2)EF∥平面PAB.
证明 (1)如图，连接BD交AC于O，连接OF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，
又∵F是PD的中点，
∴OF∥PB，
又∵OF⊂平面ACF，PB⊄平面ACF，
∴PB∥平面ACF.
(2)取PA的中点G，连接GF，BG.
∵F是PD的中点，
∴GF是△PAD的中位线，
∴GF綉eq \f(1,2)AD，
∵底面ABCD是平行四边形，E是BC的中点，
∴BE綉eq \f(1,2)AD，∴GF綉BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG，
又∵EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
变式2、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是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.
证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥OM，
又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
方法总结：线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，从而证明直线与平面平行．
(2)应用线面平行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来确定交线．
考向二 面面平行的判定与性质
例2、如图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1) BE∥平面DMF；
(2) 平面BDE∥平面MNG.
【解析】 (1) 如图，设DF与GN交于点O，连接AE，在平行四边形ADEF中，G，N分别为EF，AD的中点，
所以AE必过点O，且O为AE的中点．
连接MO.因为M为AB的中点，
所以MO为△ABE的中位线，
所以BE∥MO.
因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(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.
因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN.
因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG.
因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
变式1、如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为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BC的中点．
证明 (1)∵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，
则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)∵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，则有经过G的直线，设交BC于点H，如图，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
方法总结：证明面面平行的常用方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)；
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)；
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．
考向三 平行关系的探索性问题
例3、如图，已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱CC1的中点，试问在棱AB上是否存在一点E，使得DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 存在点E，当E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1.
如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1.
因为DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，
所以DF∥平面AB1C1.
因为E为AB的中点，连接EF，ED，
所以EF∥AB1.
因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
因为DF∩EF＝F，EF⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，
所以平面DEF∥平面AB1C1.
因为DE⊂平面DEF，
所以DE∥平面AB1C1.
变式1、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC；
(2) 在PC上求一点G，使FG∥平面AEC，并证明你的结论．
【解析】 (1) 连接BD交AC于点O，连接EO.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2) PC的中点G即为所求的点．证明如下：
连接GE，FG.
因为E为PD的中点，
所以GE∥CD，GE＝ eq \f(1,2)CD.
又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形，
所以FA∥CD，FA＝ eq \f(1,2)CD，
所以FA＝GE，FA∥GE，
所以四边形AFGE为平行四边形，
所以FG∥AE.
又FG⊄平面AEC，AE⊂平面AEC，
所以FG∥平面AEC.
变式2、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
(1)求证：BD1∥平面AEC；
(2)CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1，若存在，请说明理由．
(1)证明 如图，连接BD交AC于O，连接EO.
因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，
对角线AC，BD交于O点，
所以O为BD的中点，
又因为E为DD1的中点，
所以在△DBD1中，OE是△DBD1的中位线，
所以OE∥BD1.
又因为OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，
所以BD1∥平面AEC.
(2)解 当CC1上的点F为中点时，即满足平面AEC∥平面BFD1.
连接BF，D1F，
因为F为CC1的中点，E为DD1的中点，
所以CF綉ED1，
所以四边形CFD1E为平行四边形，
所以D1F∥EC，
又因为EC⊂平面AEC，D1F⊄平面AEC，
所以D1F∥平面AEC.
由(1)知BD1∥平面AEC，
又因为BD1∩D1F＝D1，BD1，D1F⊂平面BFD1，
所以平面AEC∥平面BFD1.
方法总结：（1）利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
（2）探索性问题要根据题目确立成立的条件，然后当成已知进行证明。
1、(2022·苏州期初考试)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥β，γ⊥β，且α∩γ＝m，则m⊥β
C．若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
【答案】B
【解答】对于选项A，若m∥α，n∥α，则m∥n，相交，或为异面直线，故选项A错误；对于选项B，若α⊥β，γ⊥β且α∩y＝m，则m⊥β，故选项B正确；对于选项C，若mα，nα，m∥β，n∥β，则α与β不一定平行，故选项C错误；对于选项D，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n不一定垂直，故选项D错误．综上，答案选B．
2、(2022·青岛期初考试)(多选题)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为线段AA1，A1C1，C1B1，BB1的中点，下列说法正确的是
A．E，F，G，H四点共面 B．平面EGH∥平面ABC1
C．直线A1A与FH异面 D．直线BC与平面AFH平行
【答案】ABC
【解析】由题意，对于选项A，连接EH，FG，易得EH∥A1B1，FG∥A1B1，所以EH∥FG，故E，F，G，H四点共面，故选项A正确；对于选项B，连接AG，BG，EG，HG，因为E，H分为AA1，BB1的中点，所以HG∥BC1，综上可得，平面EGH∥平面ABC1，故选项B正确；对于选项C，异面直线是不在任何一个平面内的两条直线，已知点H在平面AA1B1B内，点F在平面AA1B1B外，且平面内直线AA1不经过H点，故可得出直线A1A与FH异面，故选项C正确；对于选项D，假设直线BC与平面AFH平行，则BC在平面AFH内必有平行直线，作出平面AFH，直观可见不存在，故矛盾，即假设不成立，故选项D错误；综上，答案选ABC．
3、(2022·南京9月学情【零模】)(多选题)已知m，n是两条不同的直线，β，γ是三个不同的平面．下列说法中正确的是
A．若m∥α，mβ，α∩β＝n，则m∥n B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
【答案】ACD
【解析】由题意，对于选项A，由线面平行的性质可得选项A正确；
对于选项B，若m∥n，m∥α，则nα或n∥α，故选项B错误；
对于选项C，若α⊥γ，则在γ内可作a⊥α，因为α∩β＝n，所以n α，则a⊥n，同理，可在γ内可作b⊥β，可得b⊥n，因为α∩β＝n，所以a，b也相交，所以n⊥γ，故选项C正确；
对于选项D，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，又α∥γ，则由平行的传递性可得β∥γ，故选项D正确；
综上，答案选ACD．
4、（2022年江苏省高三模拟试卷） 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B1重合），H为棱A1B1的中点，则（ ）
A. |HF|∈[2,]B. △B1EG面积的取值范围为(0,]
C. EH和FG是异面直线D. EG和FH可能是共面直线
【答案】AD
【解析】
【详解】
A：当为中点时，最小为2，当为中点时，最大为，正确；
B：由，错误；
C：由图，当在圆上运动过程中，定直线EH和FG可能相交，故不一定为异面直线，错误；
D：由题设知面，而在圆上运动过程中FH和面可能相交，故EG和FH可能相交，则EG和FH可能是共面直线，正确.
故选：AD
5、（2022年江苏省高三模拟试卷）已知平面α和平面β是空间中距离为2的两平行平面，球面M与平面α、平面β的交线分别为圆A、圆B．
（1）若平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，证明：；
（2）若球面M的半径为2，求以圆A为上底面，圆B为下底面的几何体AB的体积的最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【小问1详解】
∵，平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，则由面面平行的性质定理得；
【小问2详解】
∵，几何体AB为圆台或圆柱.
如图所示，C、D分别为圆A、圆B上的点，则，平面α、平面β，
又∵，∴，则过M，，
设，则，，
则
当时，等号成立，同时取得最大值为.
故几何体AB的体积的最大值为.
6、（2022年广州附属中学高三模拟试卷）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
【解析】证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面
a⊄α，b⊂α，
a∥b⇒a∥α
性质
定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α，a⊂β，
α∩β＝b⇒
a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
a⊂α，b⊂α，
a∩b＝P，
a∥β，b∥β⇒
α∥β
性质
定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
知识梳理
1. 直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2. 平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
3. 与垂直相关的平行的判定
(1)a⊥α，b⊥α⇒ ．
(2)a⊥α，a⊥β⇒
1、【2019年新课标2卷理科】设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
2、【2019年高考北京卷】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
3、【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
4、【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
1、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）在下列命题中，假命题是（ ）
A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β
B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β
C．若平面α⊥平面β，任取直线lα，则必有l⊥β
D．若平面α∥平面β，任取直线lα，则必有l∥β
2、（2022·江苏海安·高三期末）（多选题）设，为两个平面，下列是“”的充分条件是（ ）
A．，与平面都垂直
B．内有两条相交直线与平面均无交点
C．异面直线，满足，
D．内有个点（任意三点不共线）到的距离相等
3、（2022·江苏如东·高三期末）（多选题）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m//n，nα，则m//αB．若m⊥n，nα，则m⊥α
C．若m⊥α，n⊥α，则m//nD．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
4、（2023·江苏南京·校考一模）（多选题）对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项中正确的为（ ）
A．若，则B．若，则或
C．若，则或D．若，则或
考向一 直线与平面平行的判定与性质
例1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝ eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE相交于点O，G是线段OF上的一点．求证：
(1) AP∥平面BEF；
(2) GH∥平面PAD.
变式1、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，PD的中点，求证：
(1)PB∥平面ACF；
(2)EF∥平面PAB.
变式2、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是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.
方法总结：线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，从而证明直线与平面平行．
(2)应用线面平行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来确定交线．
考向二 面面平行的判定与性质
例2、如图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1) BE∥平面DMF；
(2) 平面BDE∥平面MNG.
变式1、如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为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BC的中点．
方法总结：证明面面平行的常用方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)；
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)；
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．
考向三 平行关系的探索性问题
例3、如图，已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱CC1的中点，试问在棱AB上是否存在一点E，使得DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
变式1、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC；
(2) 在PC上求一点G，使FG∥平面AEC，并证明你的结论．
变式2、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
(1)求证：BD1∥平面AEC；
(2)CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1，若存在，请说明理由．
方法总结：（1）利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
（2）探索性问题要根据题目确立成立的条件，然后当成已知进行证明。
1、(2022·苏州期初考试)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥β，γ⊥β，且α∩γ＝m，则m⊥β
C．若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
2、(2022·青岛期初考试)(多选题)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为线段AA1，A1C1，C1B1，BB1的中点，下列说法正确的是
A．E，F，G，H四点共面 B．平面EGH∥平面ABC1
C．直线A1A与FH异面 D．直线BC与平面AFH平行
3、(2022·南京9月学情【零模】)(多选题)已知m，n是两条不同的直线，β，γ是三个不同的平面．下列说法中正确的是
A．若m∥α，mβ，α∩β＝n，则m∥n B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
4、（2022年江苏省高三模拟试卷） 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B1重合），H为棱A1B1的中点，则（ ）
A. |HF|∈[2,]B. △B1EG面积的取值范围为(0,]
C. EH和FG是异面直线D. EG和FH可能是共面直线
5、（2022年江苏省高三模拟试卷）已知平面α和平面β是空间中距离为2的两平行平面，球面M与平面α、平面β的交线分别为圆A、圆B．
（1）若平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，证明：；
（2）若球面M的半径为2，求以圆A为上底面，圆B为下底面的几何体AB的体积的最大值．
6、（2022年广州附属中学高三模拟试卷）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面
a∥b⇒a∥α
性质
定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
α∩β＝b⇒
a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
a∩b＝P，
a∥β，b∥β⇒
α∥β
性质
定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
第50讲 直线与平面、平面与平面平行
知识梳理
1. 直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．
(2)判定定理与性质定理
2. 平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面．
(2)判定定理与性质定理
3. 与垂直相关的平行的判定
(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b．
(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β．
1、【2019年新课标2卷理科】设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】
由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
2、【2019年高考北京卷】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
3、【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解析】(1)
如图所示：，
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
(2)
如图所示：，
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
4、【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC
1、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）在下列命题中，假命题是（ ）
A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β
B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β
C．若平面α⊥平面β，任取直线lα，则必有l⊥β
D．若平面α∥平面β，任取直线lα，则必有l∥β
【答案】C
【分析】
对于A：利用线面垂直的定义和面面垂直的判定定理进行证明；
对于B：利用面面平行的定义进行证明；
对于C：在正方体中取反例否定结论；
对于D：利用线面平行的定义进行判断.
【详解】
对于A：根据线面垂直的定义，若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则这条直线垂直于平面β，又有面面垂直的判定定理，即可证明α⊥β.故A成立.
对于B：若平面α内任一直线平行于平面β，则直线与平面β没有公共点，所以平面α与平面β没有公共点，所以α∥β. 故B成立.
对于C：如图示：
在正方体中取面为平面α、面为平面β和直线为直线l，满足平面α⊥平面β，直线lα，但是l∥β. 故C不成立.
对于D：若平面α∥平面β，则平面α与平面β没有公共点，任取直线lα，则直线l与平面β没有公共点，所以l∥β. 故D成立.
故选：C
2、（2022·江苏海安·高三期末）（多选题）设，为两个平面，下列是“”的充分条件是（ ）
A．，与平面都垂直
B．内有两条相交直线与平面均无交点
C．异面直线，满足，
D．内有个点（任意三点不共线）到的距离相等
【答案】BD
【分析】
举反例可判断A，C；由平面的性质，面面平行的判定定理结合充分条件的定义可判断B，D；进而可得正确选项.
【详解】
对于A：如图正方体中：平面为平面，平面为平面，平面为平面，此时满足，与平面都垂直，但平面与平面相交，所以，与平面都垂直得不出，所以，与平面都垂直不是的充分条件，故选项A不正确；
对于B：内有两条相交直线与平面均无交点即内有两条相交直线与平面平行，由面面平行的判定定理可得，所以由内有两条相交直线与平面均无交点可得出，故内有两条相交直线与平面均无交点是“”的充分条件，故选项B正确；
对于C：如图正方体中：直线为，直线为，平面为平面，平面为平面，此时符合异面直线，满足，，但平面与平面相交，所以异面直线，满足，得不出，异面直线，满足，不是的充分条件，故选项C不正确；
对于D：若内有个点（任意三点不共线）到的距离相等，则，所以内有个点（任意三点不共线）到的距离相等是“”的充分条件，故选项D正确，
故选：BD.
3、（2022·江苏如东·高三期末）（多选题）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m//n，nα，则m//αB．若m⊥n，nα，则m⊥α
C．若m⊥α，n⊥α，则m//nD．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
【答案】CD
【分析】
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】
m//n，nα时，或，A错；
m⊥n，nα，与可能平行，也可能有或相交，不一定垂直，B错；
若m⊥α，n⊥α，由线面垂直性质定理知，C正确；
m//α，m//β，α∩β＝n，如图，
过作平面交于直线，由得，
同理过作平面与交于直线，得，
所以，而，所以，又．，则，
所以．D正确．
故选：CD．
4、（2023·江苏南京·校考一模）（多选题）对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项中正确的为（ ）
A．若，则B．若，则或
C．若，则或D．若，则或
【答案】ACD
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】若，的方向向量是的法向量，的方向向量是的法向量，，则的方向向量垂直，所以的方向向量与的方向向量垂直，则，A正确；
若，可平行，可相交，可异面，不一定垂直，B错；
若，则或，与不相交，C正确；
若，则或，与不相交，D正确．
故选：ACD．
考向一 直线与平面平行的判定与性质
例1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝ eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE相交于点O，G是线段OF上的一点．求证：
(1) AP∥平面BEF；
(2) GH∥平面PAD.
【解析】 (1) 连接EC.
因为AD∥BC，BC＝ eq \f(1,2)AD，E为AD的中点，
所以BC＝AE，BC∥AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以O为AC的中点．
又因为F是PC的中点，所以FO∥AP.
因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2) 连接FH，OH.
因为F，H分别是PC，CD的中点，
所以FH∥PD.
又因为FH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以FH∥平面PAD.
又因为O是BE的中点，H是CD的中点，
所以OH∥AD.
又因为OH⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，FH⊂平面OHF，OH⊂平面OHF，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
变式1、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，PD的中点，求证：
(1)PB∥平面ACF；
(2)EF∥平面PAB.
证明 (1)如图，连接BD交AC于O，连接OF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，
又∵F是PD的中点，
∴OF∥PB，
又∵OF⊂平面ACF，PB⊄平面ACF，
∴PB∥平面ACF.
(2)取PA的中点G，连接GF，BG.
∵F是PD的中点，
∴GF是△PAD的中位线，
∴GF綉eq \f(1,2)AD，
∵底面ABCD是平行四边形，E是BC的中点，
∴BE綉eq \f(1,2)AD，∴GF綉BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG，
又∵EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
变式2、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是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.
证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，
∴PA∥OM，
又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
方法总结：线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，从而证明直线与平面平行．
(2)应用线面平行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来确定交线．
考向二 面面平行的判定与性质
例2、如图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1) BE∥平面DMF；
(2) 平面BDE∥平面MNG.
【解析】 (1) 如图，设DF与GN交于点O，连接AE，在平行四边形ADEF中，G，N分别为EF，AD的中点，
所以AE必过点O，且O为AE的中点．
连接MO.因为M为AB的中点，
所以MO为△ABE的中位线，
所以BE∥MO.
因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(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.
因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN.
因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG.
因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
变式1、如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为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BC的中点．
证明 (1)∵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，
则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)∵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，则有经过G的直线，设交BC于点H，如图，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
方法总结：证明面面平行的常用方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)；
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)；
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．
考向三 平行关系的探索性问题
例3、如图，已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱CC1的中点，试问在棱AB上是否存在一点E，使得DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 存在点E，当E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1.
如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1.
因为DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，
所以DF∥平面AB1C1.
因为E为AB的中点，连接EF，ED，
所以EF∥AB1.
因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
因为DF∩EF＝F，EF⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，
所以平面DEF∥平面AB1C1.
因为DE⊂平面DEF，
所以DE∥平面AB1C1.
变式1、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC；
(2) 在PC上求一点G，使FG∥平面AEC，并证明你的结论．
【解析】 (1) 连接BD交AC于点O，连接EO.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2) PC的中点G即为所求的点．证明如下：
连接GE，FG.
因为E为PD的中点，
所以GE∥CD，GE＝ eq \f(1,2)CD.
又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形，
所以FA∥CD，FA＝ eq \f(1,2)CD，
所以FA＝GE，FA∥GE，
所以四边形AFGE为平行四边形，
所以FG∥AE.
又FG⊄平面AEC，AE⊂平面AEC，
所以FG∥平面AEC.
变式2、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
(1)求证：BD1∥平面AEC；
(2)CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1，若存在，请说明理由．
(1)证明 如图，连接BD交AC于O，连接EO.
因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，
对角线AC，BD交于O点，
所以O为BD的中点，
又因为E为DD1的中点，
所以在△DBD1中，OE是△DBD1的中位线，
所以OE∥BD1.
又因为OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，
所以BD1∥平面AEC.
(2)解 当CC1上的点F为中点时，即满足平面AEC∥平面BFD1.
连接BF，D1F，
因为F为CC1的中点，E为DD1的中点，
所以CF綉ED1，
所以四边形CFD1E为平行四边形，
所以D1F∥EC，
又因为EC⊂平面AEC，D1F⊄平面AEC，
所以D1F∥平面AEC.
由(1)知BD1∥平面AEC，
又因为BD1∩D1F＝D1，BD1，D1F⊂平面BFD1，
所以平面AEC∥平面BFD1.
方法总结：（1）利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
（2）探索性问题要根据题目确立成立的条件，然后当成已知进行证明。
1、(2022·苏州期初考试)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥β，γ⊥β，且α∩γ＝m，则m⊥β
C．若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
【答案】B
【解答】对于选项A，若m∥α，n∥α，则m∥n，相交，或为异面直线，故选项A错误；对于选项B，若α⊥β，γ⊥β且α∩y＝m，则m⊥β，故选项B正确；对于选项C，若mα，nα，m∥β，n∥β，则α与β不一定平行，故选项C错误；对于选项D，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n不一定垂直，故选项D错误．综上，答案选B．
2、(2022·青岛期初考试)(多选题)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为线段AA1，A1C1，C1B1，BB1的中点，下列说法正确的是
A．E，F，G，H四点共面 B．平面EGH∥平面ABC1
C．直线A1A与FH异面 D．直线BC与平面AFH平行
【答案】ABC
【解析】由题意，对于选项A，连接EH，FG，易得EH∥A1B1，FG∥A1B1，所以EH∥FG，故E，F，G，H四点共面，故选项A正确；对于选项B，连接AG，BG，EG，HG，因为E，H分为AA1，BB1的中点，所以HG∥BC1，综上可得，平面EGH∥平面ABC1，故选项B正确；对于选项C，异面直线是不在任何一个平面内的两条直线，已知点H在平面AA1B1B内，点F在平面AA1B1B外，且平面内直线AA1不经过H点，故可得出直线A1A与FH异面，故选项C正确；对于选项D，假设直线BC与平面AFH平行，则BC在平面AFH内必有平行直线，作出平面AFH，直观可见不存在，故矛盾，即假设不成立，故选项D错误；综上，答案选ABC．
3、(2022·南京9月学情【零模】)(多选题)已知m，n是两条不同的直线，β，γ是三个不同的平面．下列说法中正确的是
A．若m∥α，mβ，α∩β＝n，则m∥n B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
【答案】ACD
【解析】由题意，对于选项A，由线面平行的性质可得选项A正确；
对于选项B，若m∥n，m∥α，则nα或n∥α，故选项B错误；
对于选项C，若α⊥γ，则在γ内可作a⊥α，因为α∩β＝n，所以n α，则a⊥n，同理，可在γ内可作b⊥β，可得b⊥n，因为α∩β＝n，所以a，b也相交，所以n⊥γ，故选项C正确；
对于选项D，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，又α∥γ，则由平行的传递性可得β∥γ，故选项D正确；
综上，答案选ACD．
4、（2022年江苏省高三模拟试卷） 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B1重合），H为棱A1B1的中点，则（ ）
A. |HF|∈[2,]B. △B1EG面积的取值范围为(0,]
C. EH和FG是异面直线D. EG和FH可能是共面直线
【答案】AD
【解析】
【详解】
A：当为中点时，最小为2，当为中点时，最大为，正确；
B：由，错误；
C：由图，当在圆上运动过程中，定直线EH和FG可能相交，故不一定为异面直线，错误；
D：由题设知面，而在圆上运动过程中FH和面可能相交，故EG和FH可能相交，则EG和FH可能是共面直线，正确.
故选：AD
5、（2022年江苏省高三模拟试卷）已知平面α和平面β是空间中距离为2的两平行平面，球面M与平面α、平面β的交线分别为圆A、圆B．
（1）若平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，证明：；
（2）若球面M的半径为2，求以圆A为上底面，圆B为下底面的几何体AB的体积的最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）
【解析】
【小问1详解】
∵，平面γ与平面α、平面β的交线分别为，，则由面面平行的性质定理得；
【小问2详解】
∵，几何体AB为圆台或圆柱.
如图所示，C、D分别为圆A、圆B上的点，则，平面α、平面β，
又∵，∴，则过M，，
设，则，，
则
当时，等号成立，同时取得最大值为.
故几何体AB的体积的最大值为.
6、（2022年广州附属中学高三模拟试卷）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
【解析】证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面
a⊄α，b⊂α，
a∥b⇒a∥α
性质
定理
一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α，a⊂β，
α∩β＝b⇒
a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行
a⊂α，b⊂α，
a∩b＝P，
a∥β，b∥β⇒
α∥β
性质
定理
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
相关试卷
新高考数学一轮复习讲与练第20讲 直线、平面平行垂直的判定与性质（讲）（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学一轮复习讲与练第20讲 直线、平面平行垂直的判定与性质（讲）（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习讲与练第20讲直线平面平行垂直的判定与性质讲原卷版doc、新高考数学一轮复习讲与练第20讲直线平面平行垂直的判定与性质讲解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
新高考数学一轮复习讲与练第20讲 直线、平面平行垂直的判定与性质（练）（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学一轮复习讲与练第20讲 直线、平面平行垂直的判定与性质（练）（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习讲与练第20讲直线平面平行垂直的判定与性质练原卷版doc、新高考数学一轮复习讲与练第20讲直线平面平行垂直的判定与性质练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
新高考数学一轮复习导学案第51讲 直线与平面、平面与平面垂直（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学一轮复习导学案第51讲 直线与平面、平面与平面垂直（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考一轮复习导学案第51讲直线与平面平面与平面垂直原卷版doc、新高考一轮复习导学案第51讲直线与平面平面与平面垂直解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
