2027届高中数学高考一轮复习讲义第47讲 空间直线、平面的平行

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角度1 直线与平面平行的判定
[例1] (多选)(原创)下列对于线面平行的判断正确的是( )
A.若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α
B.如果AB,BC,CD是不在同一平面内的三条线段,则经过它们中点的平面和直线AC平行
C.在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条不同的直径,且P为SB的中点,则SA∥平面PCD
D.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点,则BD∥平面FGH
[答案] BCD
[解析] 对于A,若α∩β=l,m∥l,m∥β,则m∥α或m⊂α,故A错误.
对于B,如图1,把这三条线段放在正方体内,取AB,BC,CD的中点分别为E,F,G,连接EF,FG,EG,显然AC∥EF,AC⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,故AC∥平面EFG,故B正确.
对于C,连接PO,如图2,
根据题意可知,P,O分别为SB,AB的中点,
∴PO∥SA.
又∵PO⊂平面PCD,SA⊄平面PCD,
∴SA∥平面PCD,故C正确.
对于D,如图3,连接DG,CD交GF于点M,连接MH.
在三棱台DEF-ABC中,由AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,∴四边形DFCG为平行四边形,则M为CD的中点.
又∵H为BC的中点,∴HM∥BD.∵HM⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,∴BD∥平面FGH.
角度2 直线与平面平行的性质
[例2] (2026·河北保定模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E,F分别为线段PD,PC上的点,且PEED=32,若直线BF∥平面AEC,则PFFC= .
[答案] 12
[解析] 连接BD,设AC∩BD=O,连接DF交CE于点G,连接OG.
因为直线BF∥平面AEC,BF⊂平面BDF,
平面BDF∩平面AEC=OG,所以BF∥OG.
因为O是BD的中点,所以OBOD=GFGD=1.
过点F作FH∥CE,交PD于点H,
则EDEH=GDGF=1.
因为PEED=32,所以PHHE=12,
所以PFFC=PHHE=12.
❙方法总结❙
1.证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点).
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α).
(3)利用面面平行的性质(α∥β,a⊂α⇒a∥β).
(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β).
2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置,有时需要利用已知直线作辅助平面确定交线.
1.如图所示,已知四棱锥P-ABCD,BC∥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB.
(2)设平面AEC与平面PAB的交线为l,证明:l ∥CE.
证明:(1)设PA的中点为F,连接EF,FB(图略).
∵E,F分别为PD,PA的中点,∴EF∥AD,且EF=12AD.又∵BC∥AD,BC=12AD,∴EF∥BC,且EF=BC,∴四边形BCEF为平行四边形,∴CE∥BF.又∵BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB.
(2)∵CE∥平面PAB,平面AEC与平面PAB的交线为l,EC⊂平面AEC,∴由线面平行的性质定理可得l ∥CE.
考点二 平面与平面平行的判定与性质
[例3] (2026·山东潍坊质检)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为棱B1C1,A1B1,AB的中点.
(1)证明:平面A1C1G∥平面BEF;
(2)若平面A1C1G∩BC=H,证明: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,∴GH∥AC.
∵G为AB的中点,∴H为BC的中点.
❙方法总结❙
1.证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α,l⊥β⇒α∥β).
(3)利用面面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行(α∥β,β∥γ⇒α∥γ).
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.
2.(2026·福建福州模拟)已知平面α∥平面β,直线m⊂α,下列说法正确的是 .(填序号)
①m与β内任意一条直线平行;
②m与β内无数条直线平行;
③m与β内任意一条直线不垂直;
④m与β无公共点.
答案:②④
解析:如图1,平面α∥平面β,m⊂α,b⊂β,则m⊥b,故①③错误;
如图2,若平面α∥平面β,直线m⊂α,α∩γ=m,β∩γ=b,则m∥b,因为在平面β有无数条直线与b平行,
所以在平面β内有无数条直线与m平行,故②正确;
若平面α∥平面β,则平面α与平面β无公共点,
因为直线m⊂α,所以m与β无公共点,故④正确.
3.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
(1) 证明:平面A1BD∥平面CD1B1;
(2) 若平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,证明:B1D1∥l.
证明:(1)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥AD,且A1D1=AD,AD∥BC,AD=BC,所以A1D1∥BC,且A1D1=BC,
所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.
又因为A1B⊄平面CD1B1,D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.
同理,A1D∥平面CD1B1.又因为A1B∩A1D=A1,且A1B,A1D⊂平面A1BD,所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
且平面ABCD∩平面CD1B1=直线l,平面A1B1C1D1∩平面CD1B1=B1D1,
所以B1D1∥l.
考点三 空间平行关系的探索性问题
[例4] (2026·河南郑州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=2BC,E为AD的中点,直线PA上是否存在点M,使得直线CM∥平面PBE?若存在,求出AMAP的值;若不存在,说明理由.
[解] 存在.如图,连接AC,CE.记AC∩BE=Q,而AD∥BC,AD=2BC,E为AD的中点,则BC∥AE,BC=AE,
故四边形ABCE为平行四边形,且Q为AC的中点,
连接PQ,在平面APQ内作CM∥PQ,交AP的延长线于点M,
则有AP=PM,所以AMAP=2.
此时PQ⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,
则直线CM∥平面PBE,
即直线PA上存在点M,使得直线CM∥平面PBE,此时AMAP=2.
❙方法总结❙
1.在解决线面、面面平行的判定问题时,一般遵循从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”的顺序;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.
2.解答探索性问题的基本策略是先假设,再严格证明.
4.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分别为AC,A1C1上的点.
(1)当A1D1D1C1为何值时,BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求ADDC的值.
解:(1)当A1D1D1C1=1时,BC1∥平面AB1D1.
如图,连接A1B交AB1于点O,连接OD1.
由棱柱的性质知,四边形A1ABB1为平行四边形,
∴O为A1B的中点.
在△A1BC1中,O,D1分别为A1B,A1C1的中点,
∴OD1∥BC1.
又OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,
∴BC1∥平面AB1D1,
∴当A1D1D1C1=1时,BC1∥平面AB1D1.
(2)∵平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=OD1,
∴BC1∥OD1,同理AD1∥DC1,
∴A1D1D1C1=A1OOB,A1D1D1C1=DCAD.
又A1OOB=1,∴DCAD=1,即ADDC=1.
截面与交线问题
[例] (1)(2026·江苏南通质检)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB,E是PD的中点,F是棱PC上的点且PF=2FC,则平面BEF截四棱锥P-ABCD所得的截面图形是( )
A.斜三角形
B.梯形
C.平行四边形
D.两组对边均不平行的四边形
[答案] D
[解析] 如图,延长EF和DC,设其交点为G,连接BG,延长DA并与直线BG交于点H,连接HE交PA于点K,
连接KB,得四边形EFBK,
假设KE∥BF,易证BF∥平面PAD,
易知BC∥平面PAD,
易得平面PBC∥平面PAD,
与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾,
故假设不成立,因此KE与BF不平行,
同理可证KB与EF不平行,
因此四边形EFBK的两组对边均不平行.
(2)(2026·江苏南通模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,则以点A为球心、2为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为 .
[答案] 3π
[解析] 如图,球与△ABC和△A1B1C1没有交线;与四边形AA1B1B和四边形AA1C1C的交线是以点A为圆心、2为半径的14圆弧,长度为π;与四边形BB1C1C的交线是以BC为直径的12圆弧,长度为π.因此交线的长度之和为3π.
❙方法总结❙
1.多面体的截面问题,利用三个基本事实,先确定交点,再确定交线,最后确定截面.
2.有关球的截面,先确定球心,再确定球面上的点,最后确定截面圆的位置,就可确定交线.
1.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的.现用一个竖直的平面去截这个几何体,则截面图形可能是 .(填序号)
答案:①④
解析:当截面ABCD为图1时,截面图形如①所示;
当截面ABCD为图2时,截面图形如④所示,下侧为抛物线的形状.
2.(2020·新课标Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
答案:2π2
解析:如图,设B1C1的中点为E,球面与棱BB1,CC1的交点分别为P,Q,
连接DB,D1B1,D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,
由∠BAD=60°,AB=AD,
得△ABD为等边三角形,
∴D1B1=DB=2,
∴△D1B1C1为等边三角形,
则D1E=3且D1E⊥平面BCC1B1,
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心.
设球的半径为R,截面圆的半径为r,
则r=R2−D1E2=5−3=2,
可得EP=EQ=2,
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P=5,∴B1P=D1P2−D1B12=1,
同理C1Q=1,
∴P,Q分别为BB1,CC1的中点,
∴∠PEQ=π2,则PQ的长为π2×2=2π2.
知识背景
(源于人教A版必修第二册P138例3)
“截面、交线”问题是高考立体几何中极具创新意识的题型,它渗透了一些动态的线、面等元素,为静态的立体几何赋予了活力.求截面、交线问题,一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、扇形面积等结合求解,二是利用空间向量的坐标运算求解.