2027年高考数学一轮复习第七章　§7.4　空间直线、平面的平行学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第七章　§7.4　空间直线、平面的平行学案含解析，共17页。

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
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(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与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( × )
(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也互相平行.( × )
2.(人教A版必修第二册P143习题8.5T1(2))如果直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线( )
A.只有一条，不在平面α内
B.有无数条，不一定在α内
C.只有一条，且在平面α内
D.有无数条，一定在α内
答案 C
3.设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题正确的是( )
A.若m∥α，n∥α，则m∥n
B.若m∥α，m∥β，则α∥β
C.若m∥n，m∥α，则n∥α
D.若α∥β，m⊂α，则m∥β
答案 D
解析 若m∥α，n∥α，则m，n可以平行、相交或异面，故A错误；
若m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，故B错误；
若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故C错误；
若α∥β，m⊂α，则m∥β，故D正确.
4.如图是长方体被一平面截后得到的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为 .
答案 平行四边形
解析 ∵平面ABFE∥平面DCGH，
又平面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.
1.掌握三种平行关系的转化
2.灵活应用以下结论
(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.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.
题型一 直线与平面平行的判定与性质
命题点1 直线与平面平行的判定
例1 (湘教版必修第二册P171习题4.3T17)如图，正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB，在对角线AE，BD上各有一点P，Q，且AP=DQ.求证：PQ∥平面BCE.(至少用两种方法证明)
证明 方法一 连接AQ，并延长交直线BC于点K，连接EK(图略).
由已知可得AE=BD，
又AP=DQ，∴PE=BQ，∴APPE=DQBQ.
∵AD∥BK，∴DQBQ=AQQK，
∴APPE=AQQK，∴PQ∥EK.
又EK⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
方法二 过P作垂线PP'⊥BE于点P'，过Q作垂线QQ'⊥BC于点Q'，连接P'Q'(图略).
∵QQ'∥DC，PP'∥AB，∴QQ'∥PP'.
由已知可得AE=BD，∠AEB=∠DBC，
∵AP=DQ，∴PE=BQ，
又PP'=PE·sin∠AEB，QQ'=BQ·sin∠DBC，
∴QQ'=PP'，∴QQ'綉PP'，
∴四边形PQQ'P'为平行四边形.
∴PQ∥P'Q'，
又PQ⊄平面BCE，P'Q'⊂平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
方法三 在△ABE中，过P作PM∥BE交AB于点M，连接MQ，如图，
∵AP=DQ，AE=BD，∴APPE=DQQB，
在△ABE中，PM∥BE，∴APPE=AMMB，
∴DQQB=AMMB，∴MQ∥AD，
又AD∥BC，∴MQ∥BC，
又BC⊂平面BCE，MQ⊄平面BCE，
∴MQ∥平面BCE，
同理可证PM∥平面BCE，
又PM∩MQ=M，PM⊂平面PMQ，MQ⊂平面PMQ，
∴平面PMQ∥平面BCE，
又PQ⊂平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.
命题点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，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PA⊂平面PAHG，
平面PAHG∩平面BMD=GH，∴PA∥GH.
思维升华 (1)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，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线.
跟踪训练1 如图，四边形ABCD为矩形，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.
证明 (1)方法一 如图所示，取PB的中点G，连接FG，EG，
因为点F为PC的中点，
所以FG∥BC，FG=12BC，
因为四边形ABCD为矩形，
所以BC∥AD，且BC=AD，
又E为AD的中点，
所以DE∥FG，DE=FG，
所以四边形DEGF为平行四边形，
所以DF∥GE，
因为DF⊄平面PBE，GE⊂平面PBE，
所以DF∥平面PBE.
方法二 如图所示，取BC的中点记为M，连接DM，MF，
因为四边形ABCD为矩形，且M，E分别为BC，AD的中点，
所以DE綉BM，所以四边形BMDE为平行四边形，
所以DM∥BE，
又BE⊂平面PBE，DM⊄平面PBE，
所以DM∥平面PBE，
又在△PBC中，M，F分别为CB，CP的中点，
所以MF∥PB，
又PB⊂平面PBE，MF⊄平面PBE，
所以MF∥平面PBE，
又DM∩MF=M，DM⊂平面MDF，MF⊂平面MDF，
所以平面MDF∥平面PBE，
又DF⊂平面MDF，
所以DF∥平面PBE.
(2)由(1)知DF∥平面PBE，
又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE=l，
所以DF∥l.
题型二 平面与平面平行的判定与性质
例3 (2025·上海)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2.
(1)若直线PA与圆锥底面所成的角为π3，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧AC的长为π3，CD∥AB.设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD.
(1)解 由题知，∠PAB=π3，即轴截面△ABP是等边三角形，故PA=AB=2，
底面周长为2π×1=2π，则圆锥的侧面积为
12×2×2π=2π.
(2)证明 如图所示，连接QC，QO，OD，由题知AQ=QP，AO=OB，则根据中位线性质可知，QO∥PB，
又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，则QO∥平面PBD，
由于AC=π3，底面圆的半径为1，则∠AOC=π3，又CD∥AB，则∠OCD=π3，
又OC=OD，则△OCD为等边三角形，则CD=1，
于是CD∥BO且CD=BO，则四边形OBDC是平行四边形，故OC∥BD，
又OC⊄平面PBD，BD⊂平面PBD，故OC∥平面PBD.
又OC∩QO=O，OC，QO⊂平面QOC，
于是平面QOC∥平面PBD，
又M∈OC，则QM⊂平面QOC，则直线QM∥平面PBD.
思维升华 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).
跟踪训练2 如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合).
(1)求证：BC∥GH；
(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.
证明 (1)∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∴平面ABC∥平面A1B1C1，
又∵平面BCHG∩平面ABC=BC，
且平面BCHG∩平面A1B1C1=GH，
∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.
(2)∵E，F分别为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綉AB，
∴A1G綉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.
又∵A1E∩EF=E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
题型三 平行关系的综合应用
例4 如图所示，正四棱锥S-ABCD，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD.
(1)若M为侧棱SA上一点，且SC∥平面BMD，证明：M为SA的中点；
(2)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明 如图，在正四棱锥S-ABCD中，连接BD交AC于点O，连接MB，MD，MO，则O为AC的中点，
因为SC∥平面BMD，SC⊂平面SAC，平面BMD∩平面SAC=OM，
所以SC∥OM，
又在△SAC中，O为AC的中点，
所以M为SA的中点.
(2)解 在侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC，满足SEEC=2.
理由如下：
取SD的中点Q，由SP=3PD，得PQ=PD，
过Q作PC的平行线交SC于点E，连接BQ，BE，PO，如图，
由于O是BD的中点，
则BQ∥PO，
又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，
于是BQ∥平面PAC，
由SQQP=2，得SEEC=SQQP=2，
又QE∥PC，PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，则QE∥平面PAC，
又BQ∩QE=Q，BQ，QE⊂平面BEQ，
因此平面BEQ∥平面PAC，而BE⊂平面BEQ，
所以BE∥平面PAC，即侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC，SEEC=2.
思维升华 解决线面、面面平行问题的关键点
(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.
跟踪训练3 如图，在三棱锥D-ABC中，E，M分别为BC，BD的中点，点F在棱AC上，且AF=3FC，点N在棱AC上，且CN=38CA，在棱BC上是否存在一点G，使平面MNG∥平面DEF？若存在，求CGGB的值；若不存在，请说明理由.
解 存在点G满足题意，CGGB=3.
证明如下：取BE的中点G，连接MG，NG，图略，
因为BG=GE，MB=DM，所以MG∥DE.
又MG⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，
所以MG∥平面DEF.
因为AF=3FC，所以FC=14CA，
所以FCCN=14CA38CA=23，
又CECG=23，所以CECG=FCCN，所以EF∥GN.
又EF⊂平面DEF，GN⊄平面DEF，
所以GN∥平面DEF，
因为MG∩GN=G，MG，GN⊂平面MNG，
所以平面MNG∥平面DEF，
所以在棱BC上存在点G满足题意，此时CGGB=3.
课时精练
[分值：90分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(人教A版必修第二册P143习题8.5T1(1))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
答案 D
2.已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且α∩γ=m，β∩γ=n，则“m∥n”是“α∥β”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 B
解析 由α∩γ=m，β∩γ=n，若α∥β，由面面平行的性质知，m∥n，必要性成立；
由α∩γ=m，β∩γ=n，若m∥n，则α∥β或α，β相交，相交情况如图，充分性不成立.
则“m∥n”是“α∥β”的必要不充分条件.
3.已知l，m，n为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面.若α∩β=n，α∩γ=l，β∩γ=m，n∥γ，则( )
A.l与n相交B.m与n相交
C.l与m平行D.l与β相交
答案 C
解析 如图，由n⊂α，n∥γ，α∩γ=l，得n∥l.
又l⊄β，n⊂β，所以l∥β，
结合l⊂γ，β∩γ=m，得l∥m∥n.
4.如图，在正方体ABCD-A'B'C'D'中，M，N分别是A'D'，D'C'的中点，则直线AM与平面BND的位置关系是( )
A.垂直
B.平行
C.相交但不垂直
D.无法确定
答案 B
解析 连接AC交BD于点E，连接MN，EN，A'C'，如图，而M，N分别是A'D'，D'C'的中点，
所以MN∥A'C'∥AC，即MN∥AE，且2MN=A'C'=AC=2AE，即MN=AE，
则四边形AENM为平行四边形，故AM∥EN，
由AM⊄平面BND，EN⊂平面BND，则AM∥平面BND.
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若平面A1BC1与平面ABCD的交线为l，则( )
A.l∥CDB.l∥A1C
C.l∥平面A1B1CDD.l∥平面ACD1
答案 D
解析 因为B∈平面A1BC1，B∈平面ABCD，平面A1BC1∩平面ABCD=l，所以B∈l.
又直线A1C1∥平面ABCD，A1C1⊂平面A1BC1，故得A1C1∥l，
所以l是过点B且平行于A1C1的直线.
对于A，因为A1C1∥l，A1C1∥AC，所以l∥AC，而AC∩CD=C，故l∥CD不成立，故A错误；
对于B，因为l∥AC，而AC∩A1C=C，故l∥A1C不成立，故B错误；
对于C，因为l∥AC，而AC∩平面A1B1CD=C，故l∥平面A1B1CD不成立，故C错误；
对于D，因为l∥AC，AC⊂平面ACD1，l⊄平面ACD1，所以l∥平面ACD1，故D正确.
6.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，E为AD的中点，F在PA上，且AP=λAF，PC∥平面BEF，则实数λ的值为( )
A.12B.2C.13D.3
答案 D
解析 如图，连接AC，与BE交于点G，连接FG.
因为E为AD的中点，所以AE=12AD=12BC，由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，
则△AEG∽△CBG，所以AGGC=AEBC=12，所以AGAC=13.
又PC∥平面BEF，PC⊂平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，所以GF∥PC，所以λ=APAF=ACAG=3.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2026·淄博模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中不正确的是( )
A.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B.若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n
C.若m∥n，n⊂α，α∥β，则m∥β
D.若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
答案 AC
解析 对于A，若α∥β，m⊂α，n⊂β，此时m，n可以异面，也可以平行，故A错误；
对于B，由m⊥α，n⊥β，α∥β，可得m∥n，故B正确；
对于C，若m∥n，n⊂α，α∥β，则可得m∥β或m⊂β，故C错误；
对于D，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，又α∥γ，则β∥γ，故D正确.
8.(2026·重庆模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，M是棱AB的中点，N是侧面BB1C1C内一点，且MN∥平面AA1C1C，则MN长度的取值可以是( )
A.2B.62C.22D.64
答案 BC
解析 分别取BC，B1C1的中点G，H，连接MG，GH，HM，如图，
由中位线易知MG∥AC，HG∥CC1，
又AC，CC1⊂平面AA1C1C，MG，HG⊄平面AA1C1C，
所以MG∥平面AA1C1C，HG∥平面AA1C1C，
又MG，HG是平面MGH内的两条相交直线，
所以平面MGH∥平面AA1C1C，
又MN∥平面AA1C1C，
所以N在平面MGH内，又N是侧面BB1C1C内一点，所以N的轨迹是线段HG，
易知MG=12AC=22，MH=222+1=62，
MG≤MN≤MH，
所以MN长度的取值范围是22，62.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.如图所示，在三棱锥D-ABC中，E，F，G，H分别在棱BD，BC，AC，AD上，CD，AB均与平面EFGH平行，且CD⊥AB，则四边形EFGH的形状为 .
答案 矩形
解析 因为CD∥平面EFGH，CD⊂平面BCD，平面EFGH∩平面BCD=EF，所以CD∥EF.
同理HG∥CD，所以EF∥HG.同理HE∥GF，
所以四边形EFGH为平行四边形.
又因为CD⊥AB，所以HE⊥EF，
所以四边形EFGH为矩形.
10.(2026·泰安模拟)已知平面α∥β，点P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA=6，AC=9，PD=10，则BD= .
答案 6或30
解析 当点P位于平面α，β同侧时，
如图(1)，则ACPC=BDPD，∴915=BD10，∴BD=6；
当点P位于平面α，β之间时，
如图(2)，PDBD=PCAC，∴10BD=39，∴BD=30.
四、解答题(共27分)
11.(13分)(湘教版必修第二册P160例7)如图，点A，B分别位于异面直线a，b上，过AB中点O的平面α与a，b都平行，M，N分别是a，b上异于A，B的另外两点，MN与α交于点P.求证：P是MN的中点.
证明 连接AN，设它与平面α交于点Q，连接OQ，PQ.
因为OQ是平面ABN与α的交线，b∥α，
所以OQ∥BN.
同理可证QP∥AM.
在△ABN中，O是AB的中点，OQ∥BN，
所以Q是AN的中点.
又因为QP∥AM，
所以P是MN的中点.
12.(14分)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为棱AA1的中点，AB=2，AA1=3.
(1)求三棱锥A-BDE的体积；(5分)
(2)在DD1上是否存在一点P，使得平面PA1C∥平面EBD.如果存在，请说明P点位置并证明；如果不存在，请说明理由.(9分)
解 (1)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，
AA1⊥平面ABCD，
所以V三棱锥A-BDE=V三棱锥E-ABD=13AE·S△ABD
=13×32×12×2×2=1.
(2)当P为棱DD1的中点时满足平面PA1C∥平面EBD.
连接AC，设AC∩BD=O，连接OE，CP，A1P，如图，
因为四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点，
又E为棱AA1的中点，
所以OE∥A1C，又OE⊄平面PA1C，A1C⊂平面PA1C，所以OE∥平面PA1C，
又P为棱DD1的中点，所以DP∥A1E且DP=A1E，所以四边形DPA1E为平行四边形，
所以DE∥A1P，
又DE⊄平面PA1C，A1P⊂平面PA1C，
所以DE∥平面PA1C，
又DE∩OE=E，DE，OE⊂平面EBD，
所以平面PA1C∥平面EBD.
[13题6分，14题5分，共11分]
13.(链接教材，人教A版必修第二册P145习题8.5T15)(多选)如图，向透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，水是定量的(定体积为V)，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个结论，其中正确的是( )
A.没有水的部分始终呈棱柱形
B.水面EFGH所在四边形的面积为定值
C.棱A1D1总与水面所在的平面平行
D.当容器倾斜如图所示时，BE·BF=2VBC
答案 ACD
解析 依题意将容器倾斜，随着倾斜度的不同可得如下三种情形，
对于A，依题意，BC∥平面EFGH，而平面BCC1B1∩平面EFGH=FG，BC⊂平面BCC1B1，则BC∥FG，同理BC∥EH，而BC∥AD，则BC綉FG綉EH綉AD，又BC⊥平面ABB1A1，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，所以BC⊥平面CDD1C1，因此有水的部分的几何体是直棱柱，长方体去掉有水部分的棱柱，没有水的部分始终呈棱柱形，故A正确；
对于B，水面EFGH是矩形，线段FG的长是定值，从图1到图2，再到图3的过程中，线段EF的长逐渐增大，则水面EFGH所在四边形的面积逐渐增大，故B错误；
对于C，因为A1D1∥BC∥FG，FG⊂平面EFGH，A1D1⊄平面EFGH，因此A1D1∥平面EFGH，
即棱A1D1总是与水面所在的平面平行，故C正确；
对于D，当容器倾斜如图3所示时，有水部分的几何体是直三棱柱，其高为BC，体积为V，
又S△BEF=12BE·BF，V=S△BEF·BC，所以BE·BF=2VBC，故D正确.
14.如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE，若D，E分别是AB，BC的中点，则V几何体A1B1C1−DBEV三棱台A1B1C1−ABC等于( )
A.37B.12C.25D.58
答案 A
解析 平面A1C1ED与棱BB1平行，平面BCC1B1∩平面A1C1ED=C1E，平面ABB1A1∩平面A1C1ED=A1D，
所以BB1∥A1D，BB1∥C1E，
因为平面A1B1C1∥平面ABC，平面A1B1C1∩平面A1C1ED=A1C1，平面ABC∩平面A1C1ED=DE，所以A1C1∥DE，
故几何体A1B1C1-DBE为棱柱，设棱柱的高为h，
故V几何体A1B1C1−DBE=S△DBE·h，
且S△DBE=S△A1B1C1，
又D，E分别是AB，BC的中点，
则S△ABC=4S△DBE，
由台体体积公式得13(S△DBE+S△ABC+S△DBE·S△ABC)h=73S△DBE·h，
故V几何体A1B1C1−DBEV三棱台A1B1C1−ABC=37.
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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
a⊄αb⊂αa∥b⇒a∥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
a∥αa⊂βα⋂β=b⇒a∥b
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
a⊂βb⊂βa⋂b=Pa∥αb∥α⇒β∥α
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
α∥βα⋂γ=aβ⋂γ=b⇒a∥b