2027届高考数学一轮总复习7.3空间直线、平面的平行【课件】

这是一份2027届高考数学一轮总复习7.3空间直线、平面的平行【课件】，共39页。PPT课件主要包含了强基础•固本增分，此平面内，a⊄α，b⊂α，a∥b，a∥α，a⊂β，α∩βb，相交直线，b⊂β等内容，欢迎下载使用。
课标解读　1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系.2.掌握空间中线面平行的有关性质和判定定理.3.能用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间基本图形的平行关系的简单命题.
1.线面平行的判定定理和性质定理
2.面面平行的判定定理和性质定理
微提示 三种平行关系的转化
(1)平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想,解题过程中既要注意一般的转化规律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向.(2)在应用判定定理与性质定理时,一定要写全定理满足的条件,否则可能是假命题.
[自主诊断]1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行.(　)(2)若直线a∥平面α,P∈α,则过点P且平行于直线a的直线有无数条.(　　)(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.(　　)(4)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.(　　)
解析 当直线不在平面内时,此直线才与平面平行.
解析 过点P且平行于a的直线只有一条.
解析 当两条直线平行时,两个平面不一定平行.
2.(人A必修二教材习题改编)如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α内的(　　)A.一条直线不相交B.两条直线不相交C.无数条直线不相交D.任意一条直线都不相交
解析 因为直线a∥平面α,直线a与平面α无公共点,因此直线a与平面α内的任意一条直线都不相交.故选D.
3.(人A必修二教材习题)平面α与平面β平行的充分条件可以是(　　)A.α内有无穷多条直线都与β平行B.直线a∥α,a∥β,且直线a不在α内,也不在β内C.直线a⊂α,直线b⊂β,且a∥β,b∥αD.α内的任何一条直线都与β平行
解析 如果这无穷多条直线平行,平面α与平面β可能相交,故A错误;当平面α与平面β相交时,若直线a与交线平行,则满足条件,故B错误;当直线a与直线b平行时,两个平面可能相交,故C错误;D选项正确.故选D.
4.(人A必修二教材习题)若直线a不平行于平面α,则下列结论成立的是(　)A.α内的所有直线都与a异面B.α内不存在与a平行的直线C.α内的直线都与a相交D.直线a与平面α有公共点
解析 直线a不平行于平面α,包括两种情况:a⊂α或a∩α=P.当a⊂α时,α内的所有直线都与直线a共面,故A错误;当a⊂α时,α内必然有直线与直线a平行,故B,C错误;当a⊂α时,直线a和平面α有无数个公共点,当a∩α=P时,直线a与平面α有唯一公共点P,故D正确.故选D.
5.已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不重合的平面,下列说法正确的是(　　)A.若α⊥β,β⊥γ,则α∥γB.若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α∥βC.若m,n是异面直线,m⊂α,m∥β,n⊂β,n∥α,则α∥βD.平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥β
解析 对于A,若α⊥β,β⊥γ,则α与γ可能相交,故A错误;对于B,若m⊂α,n⊂β,m∥n,则α与β可能相交,故B错误;对于C,因为m⊂α,n⊂β,m,n为异面直线,所以m⊄β.又m∥β,所以由线面平行的性质定理可知在β内存在l∥m,且l⊄α,进而可得l∥α.因为m,n是异面直线,n⊂β,所以l与n相交.又n∥α,所以由面面平行的判定定理得α∥β,故C正确;对于D,平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α与β可能相交,故D错误.故选C.
考点一　直线与平面平行的判定与性质
角度1　直线与平面平行的判定例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.
(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.
规律方法　证明线面平行的两种常用方法
[对点训练1](2025·山东济南期末)已知正四棱锥P-ABCD,M,N分别是BC,PD的中点.(1)证明:CN∥平面PAM;(2)若四棱锥各棱长均为2,求直线CN与AM所成角的余弦值.
角度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PC的中点,在DM上取一点G,作平面AGP,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PA⊂平面PAHG,平面PAHG∩平面BMD=GH,∴PA∥GH.
规律方法　在应用线面平行的性质定理进行平行转化时,一定要注意定理成立的条件,通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如:把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交,这时才有直线与交线平行.
[对点训练2]如图,四边形ABCD为长方形,点E,F分别为AD,PC的中点.设平面PDC∩平面PBE=l.证明:(1)DF∥平面PBE;(2)DF∥l.
考点二　平面与平面平行的判定与性质
例3　[一题多变]如图,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.
AI变式[变式1](变条件、变设问)在本例条件下,若D为BC1的中点,求证:HD∥平面A1B1BA.
证明 如图所示,连接HD,A1B,BC1,因为D为BC1的中点,H为A1C1的中点,所以HD∥A1B,又HD⊄平面A1B1BA,A1B⊂平面A1B1BA,所以HD∥平面A1B1BA.
[变式2](变条件、变设问)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.
证明 如图,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.
规律方法　1.判定面面平行的主要方法:(1)定义法(本质判定);(2)向量法(坐标运算首选);(3)(高频考点)判定定理法;(4)辅助判定法(推导型方法).2.面面平行条件的应用:(1)两平面平行,分析构造与之相交的第三个平面,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.
[对点训练3]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,∴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,经过点G的直线交BC于点H,则A1C1∥GH,得GH∥AC.∵G为AB的中点,∴H为BC的中点.
考点三　平行关系的综合应用
例4　(1)若m,n为两条不同的直线,α,β,γ为三个不重合的平面,下列说法一定正确的是(　　)
A.若α∩γ=m,β∩γ=n,且m∥n,则α∥βB.若m,n相交且都在α,β外,m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,则α∥βC.若m∥n,n⊂α,则m∥αD.若m∥α,n∥α,则m∥n
解析 对于A,在如图1所示三棱柱中,右侧面为γ,左侧面为α,后面的侧面为β,满足α∩γ=m,β∩γ=n,且m∥n,但α,β相交,故A错误;对于B,如图2,m,n相交且都在α,β外,设m,n确定的平面为γ,即m,n⊂γ.因为m∥α,n∥α,故可得γ∥α,同理γ∥β,故α∥β,故B正确;对于C,若m∥n,n⊂α,则m⊂α或m∥α,故C错误;对于D,若m∥α,n∥α,则m,n可能平行或相交或异面,故D错误.故选B.
①求证:BC∥AD;②求证:CE∥平面PAB;③若M是线段CE上一动点,判断线段AD上是否存在点N,使MN∥平面PAB,并说明理由.
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.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.