新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第3讲直线、平面平行的判定及性质（含解析）

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一 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
二 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
常/用/结/论
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，截得的对应线段成比例．
3．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．
4．如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面．
1．判断下列结论是否正确．
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．()
(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)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.()
(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．(√)
2．(2024·广东深圳福田区统考)已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，有以下说法：
①若m∥α，m⊥β，则α⊥β；
②若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β；
③若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n；
④若m⊂α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n.
其中正确的说法是( )
A．①④ B．①②④
C．①②③ D．②③④
解析：对于①，由m∥α，则存在直线a⊂α，使得m∥a，∵m⊥β，∴a⊥β，则α⊥β，故①正确；
对于②，假设m∥n时，存在α∩β＝b，m⊂α，n⊂β，m∥b，n∥b，且m⊄β，n⊄α，符合条件，但α与β相交，故②错误；
对于③，由α⊥β，设α∩β＝c，当m∥c∥n，且m⊄α，n⊄β时，m∥α，n∥β，故③错误；
对于④，由m∥β，则任意直线d⊂β，直线d与直线m的位置关系为异面或平行，∵m⊂α，且α∩β＝n，∴m∥n，故④正确．故选A.
答案：A
3．在三棱柱ABC­A1B1C1中，D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点，若A1C∥平面BC1D，则D为( )
A．棱AB的中点 B．棱A1B1的中点
C．棱BC的中点 D．棱AA1的中点
解析： 如图，当D为棱A1B1的中点时，取AB的中点E，连接A1E，EC，易知A1E∥BD，DC1∥EC，又DC1∩BD＝D，A1E∩EC＝E，∴平面A1CE∥平面BC1D，又A1C⊂平面A1CE，则A1C∥平面BC1D.故选B.
答案：B
4．如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，
∴EF∥HG.
同理，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
题型 线面平行的判定与性质
典例1(2023·全国乙卷，文)如图，在三棱锥P­ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥AO.
本题的核心条件，特殊的位置关系，必有点F特殊的数量关系．
(1)求证：EF∥平面ADO；
(2)若∠POF＝120°，求三棱锥P­ABC的体积．此条件暗示△POF的特殊性，即平面POF⊥平面ABC.
(1)证明：如图，连接DE.设AF＝tAC，t∈[0,1]，则eq \(BF,\s\up15(→))＝eq \(BA,\s\up15(→))＋eq \(AF,\s\up15(→))＝(1－t)eq \(BA,\s\up15(→))＋teq \(BC,\s\up15(→))，eq \(AO,\s\up15(→))＝－eq \(BA,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up15(→)).由BF⊥AO，AB⊥BC，
得eq \(BF,\s\up15(→))·eq \(AO,\s\up15(→))＝[(1－t)eq \(BA,\s\up15(→))＋teq \(BC,\s\up15(→))]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\(BA,\s\up15(→))＋\f(1,2)\(BC,\s\up15(→))))＝(t－1)eq \(BA,\s\up15(→))2＋eq \f(1,2)teq \(BC,\s\up15(→))2＝4(t－1)＋4t＝0，
以{eq \(BA,\s\up15(→))，eq \(BC,\s\up15(→))}为基底，进行数量积的运算，从而求得点F的特殊数量关系. 以上计算集中于△ABC中．
解得t＝eq \f(1,2)，则F为AC的中点．
另一种有意义的逆推：因为PC∥平面DAO，若EF不平行于PC，且满足EF∥平面DAO⇒平面PAC∥平面DAO，显然错误！从而判断EF∥PC.
由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，
可得DE∥AB，DE＝eq \f(1,2)AB，OF∥AB，OF＝eq \f(1,2)AB，即DE∥OF，DE＝OF，
则四边形ODEF为平行四边形，
所以EF∥DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
(2)解：过P作PM垂直FO的延长线交于点M.
因为PB＝PC，O是BC的中点，所以PO⊥BC，
在Rt△PBO中，PB＝eq \r(6)，BO＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2)，
所以PO＝eq \r(PB2－OB2)＝eq \r(6－2)＝2.
因为AB⊥BC，OF∥AB，所以OF⊥BC.
又PO∩OF＝O，PO，OF⊂平面POF，所以BC⊥平面POF.可推得平面POF⊥平面ABC，从而作PM⊥平面ABC时点M在FO的延长线上．
又PM⊂平面POF，所以BC⊥PM.
又BC∩FM＝O，BC，FM⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱锥P­ABC的高为PM.
因为∠POF＝120°，所以∠POM＝60°，
所以PM＝POsin 60°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
又S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2)，
所以VP­ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PM＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(2\r(6),3).
判断或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)利用面面平行定义的逆定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
对点练1(1)(2024·四川成都模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，△BCD为等边三角形，∠DAB＝120°，AD＝AB＝PD＝PB＝2，点E为PC的中点．证明：BE∥平面PAD.
(2)(2024·福建厦门双十中学月考)如图1所示，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE＝BE＝AD＝2CD＝2，CE＝eq \r( ,3)，将四边形AECD沿AE折起，使得BC＝eq \r( ,3)，得到如图2所示的四棱锥．若平面BCD∩平面ABE＝l，证明：CD∥l.

图1 图2
(1)证明：如图，取CD的中点M，连接EM，BM，
∵E为PC中点，∴EM∥PD，
又EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴EM∥平面PAD.
∵△BCD为等边三角形，∴MB⊥CD，
∵∠DAB＝120°，AD＝AB，
∴∠ADB＝∠ABD＝30°，∠ADC＝∠CDB＋∠ADB＝60°＋30°＝90°，
∴AD⊥CD，∴MB∥AD.
又MB⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴MB∥平面PAD.
∵EM∩MB＝M，EM，MB⊂平面EMB，
∴平面EMB∥平面PAD，∵EB⊂平面EMB，∴EB∥平面PAD.
(2)证明：连接DE(图略)，因为CE⊥CD，CE＝eq \r( ,3)，CD＝1，
所以DE＝2，sin∠CDE＝eq \f(\r( ,3),2)，又∠CDE∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以∠CDE＝eq \f(π,3)，
因为DE＝2，AE＝AD＝2，所以△ADE是等边三角形，所以∠DEA＝eq \f(π,3)，故CD∥AE.
又AE⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，所以CD∥平面ABE，
因为CD⊂平面BCD，平面BCD∩平面ABE＝l，所以CD∥l.
题型 面面平行的判定与性质
典例2(2024·四川绵阳中学月考)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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.
思考判定定理，即需要两组平行线的关系．
证明：(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，
∴GH∥B1C1，
又在三棱柱ABC­A1B1C1中，B1C1∥BC，
∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．
两条平行线确定一个平面．
(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.
∵在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1綉AB，
∴A1G∥EB，A1G＝eq \f(1,2)A1B1＝eq \f(1,2)AB＝EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.应用判定定理. 平面A1EF内两条相交直线A1E，EF都平行于平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义．
(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．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(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．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
(6)向量法：证明两平面的法向量平行．
对点练2(2024·四川达州一诊)如图所示，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，P是棱AD上一点，且AP＝eq \f(a,3)，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝( )
A.eq \f(2\r( ,2),3)a B.eq \f(\r( ,2),3)a C.eq \f(\r( ,2),2)a D.eq \f(2\r( ,3),3)a
解析：如图，连接BD，PD1，PB1，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1∥DD1，BB1＝DD1，
∴四边形DD1B1B是平行四边形，
∴B1D1∥BD.
又∵在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，
平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，
∴B1D1∥PQ，∴PQ∥BD，
∴∠PQD＝∠BDC，
又∵∠PDQ＝∠BCD＝90°，
∴△PDQ∽△BCD，∴eq \f(PQ,BD)＝eq \f(PD,BC).
又∵正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，∴BC＝a，PD＝AD－AP＝a－eq \f(a,3)＝eq \f(2a,3)，BD＝eq \r( ,2)a，
∴PQ＝eq \f(PD·BD,BC)＝eq \f(\f(2a,3)×\r( ,2)a,a)＝eq \f(2\r( ,2),3)a.故选A.
答案：A
题型 平行关系的综合应用
典例3 (2024·河北邯郸一中模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝3，CD＝2，PD＝AD＝5，E是PD上的一点．
(1)若PB∥平面ACE，求eq \f(PE,ED)的值；
此问关键在于由位置关系，推导数量关系．
(2)若E是PD的中点，过点E作平面α∥平面PBC，平面α与棱PA交于点F，求三棱锥P­CEF的体积．
解：(1)连接BD交AC于点O，在△PBD中，连接OE(图略)，
∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，PB∥平面ACE，∴OE∥PB.∵AB＝3，CD＝2，
利用PB∥平面ACE，由性质定理，作辅助面．平面PBD∩平面EAC＝OE，这样OE∥ PB.
∴eq \f(AB,CD)＝eq \f(BO,DO)＝eq \f(PE,ED)＝eq \f(3,2)，∴eq \f(PE,ED)的值为eq \f(3,2).
(2)过点E作EM∥PC交CD于点M，过点M作MN∥BC交AB于点N，连接EN，则平面EMN即平面α，
逆推：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∩平面PCD＝EM，,α∥平面PBC))⇒EM∥PC.
同理：α∩平面ABCD＝MN⇒MN∥BC.
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∩平面PAB＝NF，,α∥平面PBC))⇒NF∥PB，
由此E为中点→M为中点→N为3等分点→F为3等分点．
易证平面α与平面PAB的交线与PB平行，过点N作NF∥PB交PA于点F，连接CF，EF，CE，
∵E是PD的中点，CD＝2，∴CM＝1，则BN＝CM＝1，又AB＝3，∴eq \f(AN,NB)＝2, 则eq \f(FA,FP)＝2，∵PD＝AD＝5，∴F到平面PCD的距离为eq \f(5,3)，则VP­CEF＝VF­PCE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(5,2)×2×eq \f(5,3)＝eq \f(25,18).
平行关系的互相转化
对点练3如图所示，空间四面体ABCD的两条对棱AC＝5，BD＝4，求平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，截面周长的取值范围．
解：∵直线AC∥平面EFGH, AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EF，
∴EF∥AC，
同理可证，HG∥AC，EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，EF∥HG，
∴四边形EFGH为平行四边形．
设eq \f(DH,DA)＝eq \f(GH,AC)＝k(0