2020版高考新创新一轮复习数学（理）通用版讲义：第八章第三节　直线、平面平行的判定与性质

第三节　直线、平面平行的判定与性质

1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题．



突破点一　直线与平面平行的判定与性质


直线与平面平行的判定定理和性质定理

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判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)

l∥a，a⊂α，l⊄α⇒l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行)

l∥α，l⊂β，
α∩β＝b⇒l∥b


一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(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)空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，则EF∥平面BCD.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√
二、填空题
1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是________________．
答案：平行、相交或异面
2．若直线a∩直线b＝A，a∥平面α，则b与α的位置关系是____________________．
解析：因为a∥α，∴a与平面α没有公共点，若b⊂α，则A∈α，
又A∈a，此种情况不可能．∴b∥α或b与α相交．
答案：b∥α或b与α相交
3．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．


答案：平行



考法一　线面平行的判定　
[例1]　如图，空间几何体ABCDFE中，四边形ADFE是梯形，且EF∥AD，P，Q分别为棱BE，DF的中点．求证：PQ∥平面ABCD.
[证明]　法一：如图，取AE的中点G，连接PG，QG.

在△ABE中，PB＝PE，AG＝GE，所以PG∥BA，
又PG⊄平面ABCD，BA⊂平面ABCD，
所以PG∥平面ABCD.
在梯形ADFE中，DQ＝QF，AG＝GE，所以GQ∥AD，
又GQ⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以GQ∥平面ABCD.
因为PG∩GQ＝G，PG⊂平面PQG，GQ⊂平面PQG，
所以平面PQG∥平面ABCD.
又PQ⊂平面PQG，所以PQ∥平面ABCD.
法二：如图，连接EQ并延长，与AD的延长线交于点H，连接BH.
因为EF∥DH，所以∠EFQ＝∠HDQ，
又FQ＝QD，∠EQF＝∠DQH，
所以△EFQ≌△HDQ，所以EQ＝QH.
在△BEH中，BP＝PE，EQ＝QH，所以PQ∥BH.
又PQ⊄平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
所以PQ∥平面ABCD.

考法二　线面平行性质定理的应用　
[例2]　如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.
求证：AP∥GH.
[证明]　如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，∴AP∥MO.
又MO⊂平面BMD，AP⊄平面BMD，
∴AP∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且AP⊂平面PAHG，
∴AP∥GH.

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．
(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．

1.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝4，CB＝2，AA1＝2，∠ACB＝60°，E，F分别是A1C1，BC的中点．证明：C1F∥平面ABE.
证明：取AC的中点M，连接C1M，FM，
在△ABC中，FM∥AB，
而FM⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，
∴FM∥平面ABE，
在矩形ACC1A1中，E，M都是中点，
∴C1M∥AE，
而C1M⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，
∴C1M∥平面ABE，
∵C1M∩FM＝M，
∴平面ABE∥平面FMC1，
又C1F⊂平面FMC1，
故C1F∥平面ABE.
2.如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.
证明：FG∥平面AA1B1B.
证明：在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，
所以CC1∥平面BB1D.
又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，
所以CC1∥FG.
因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.
而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，
所以FG∥平面AA1B1B.
突破点二　平面与平面平行的判定与性质


平面与平面平行的判定定理和性质定理

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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(线面平行⇒面面平行)

a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒α∥β
性质定理
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


一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)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．(　　)
(2)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．(　　)
(3)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．(　　)
(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
二、填空题
1．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：
①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ.
其中能推出α∥β的条件是________．(填上所有正确的序号)
答案：②
2．已知平面α∥β，直线a⊂α，有下列命题：
①a与β内的所有直线平行；
②a与β内无数条直线平行；
③a与β内的任意一条直线都不垂直．
其中真命题的序号是________．
解析：由面面平行和线面平行的性质可知，过a与β相交的平面与β的交线才与a平行，故①错误；②正确；平面β内的直线与直线a平行，异面均可，其中包括异面垂直，故③错误．
答案：②
3.如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.
解析：∵α∥β，∴CD∥AB，则＝，
∴AB＝＝＝.
答案：

[典例]　如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.
证明：平面ABF∥平面DCE.
[证明]　法一：应用面面平行的判定定理证明
因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
所以DE∥AF，因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE，
因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD，因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE，
因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.
法二：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明
因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
所以DE∥AF，
因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.
又AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，
所以平面ABF∥平面DCE.
法三：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明
因为DE⊥平面ABCD，
所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥DC，
又DE∩DC＝D，
所以AD⊥平面DEC.
同理AD⊥平面ABF.
所以平面ABF∥平面DCE.
[方法技巧]
判定面面平行的4种方法
(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．
(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．
(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．　　
[针对训练]
1．(2019·南昌模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．
(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求三棱锥P­ABM的体积．
解：(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，
∴MN∥PA.
∵MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.
又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.
∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴CN∥平面PAB.
又CN∩MN＝N，
∴平面CMN∥平面PAB.
(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，
∴点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．
由AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，
∴BC＝，
∴三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝××1××2＝.
2．(2019·西安调研)如图，在多面体ABCDEF中，AD∥BC，AB⊥AD，FA⊥平面ABCD，FA∥DE，且AB＝AD＝AF＝2BC＝2DE＝2.
(1)若M为线段EF的中点，求证：CM∥平面ABF；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
解：(1)证明：取AD的中点N，连接CN，MN，
∵AD∥BC且AD＝2BC，
∴AN∥BC且AN＝BC，
∴四边形ABCN为平行四边形，
∴CN∥AB.
∵M是EF的中点，∴MN∥AF.
又CN∩MN＝N，AB∩AF＝A，
∴平面CMN∥平面ABF.
又CM⊂平面CMN，∴CM∥平面ABF.
(2)∵FA⊥平面ABCD，∴FA⊥AB.
又AB⊥AD，且FA∩AD＝A，
∴AB⊥平面ADEF，即CN⊥平面ADEF.
连接AC，则多面体ABCDEF的体积VABCDEF＝VF­ABC＋VC­ADEF＝××2×1×2＋××(1＋2)×2×2＝.
[课时跟踪检测]
1．(2019·西安模拟)设α，β是两个平面，直线a⊂α，则“a∥β”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
解析：选B　依题意，由a⊂α，a∥β不能推出α∥β，此时平面α与β可能相交；反过来，由α∥β，a⊂α，可得a∥β.综上所述，“a∥β”是“α∥β”的必要不充分条件，选B.
2．(2019·四川名校联考)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：选B　由题可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，则MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四边形MQPN是平行四边形，则MN∥QP，QP⊂平面BB1C1C，MN⊄平面BB1C1C，则MN∥平面BB1C1C，故选B.
3．(2019·枣庄诊断)如图，直三棱柱ABC­A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为(　　)
A．2 B．2π
C．2 D．4
解析：选D　连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D.
4．(2019·成都模拟)已知直线a，b和平面α，下列说法中正确的是(　　)
A．若a∥α，b⊂α，则a∥b
B．若a⊥α，b⊂α，则a⊥b
C．若a，b与α所成的角相等，则a∥b
D．若a∥α，b∥α，则a∥b
解析：选B　对于A，若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，故A错；对于B，利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，b⊂α，则a⊥b，故B正确；对于C，若a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错；对于D，由a∥α，b∥α，则a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错．
5．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)

解析：选A　法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
6．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)
A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β
B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
D．若m∥n，m∥α，则n∥α
解析：选C　对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交；对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交；易知C正确；对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n在平面α内．故选C.
7．如图所示，三棱柱ABC ­A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．

解析：设BC1∩B1C＝O，连接OD.
∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，

∴A1B∥OD，
∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，
∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.
答案：1
8．已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中，正确的是________(只填序号)．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
解析：连接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正确．
答案：①②④
9．在三棱锥P­ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为________．
解析：如图，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝AC＝2，FM＝EN＝PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.
答案：8
10．(2019·南宁毕业班摸底)如图，△ABC中，AC＝BC＝AB，四边形ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥底面ABC，G，F分别是EC，BD的中点．
(1)求证：GF∥底面ABC；
(2)求几何体ADEBC的体积．
解：(1)证明：如图，取BC的中点M，AB的中点N，连接GM，FN，MN.
∵G，F分别是EC，BD的中点，
∴GM∥BE，且GM＝BE，
NF∥DA，且NF＝DA.
又四边形ABED为正方形，∴BE∥AD，BE＝AD，
∴GM∥NF且GM＝NF.
∴四边形MNFG为平行四边形．
∴GF∥MN，又MN⊂平面ABC，GF⊄平面ABC，
∴GF∥平面ABC.
(2)连接CN，∵AC＝BC，∴CN⊥AB，
又平面ABED⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，
∴CN⊥平面ABED.
易知△ABC是等腰直角三角形，∴CN＝AB＝，
∵C­ABED是四棱锥，
∴VC­ABED＝S四边形ABED·CN＝×1×＝.
11．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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.
证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，
则AE必过DF与GN的交点O.
连接MO，则MO为△ABE的中位线，
所以BE∥MO.
又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.
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN.
又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG.
又DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG.
12．(2019·河南八市联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，PA⊥平面ABCD，E，F分别为AD，PA的中点，点Q是BC上一个动点．
(1)当Q是BC的中点时，求证：平面BEF∥平面PDQ；
(2)当BD⊥FQ时，求的值．
解：(1)证明：∵E，Q分别是AD，BC的中点，
∴ED＝BQ，ED∥BQ，
∴四边形BEDQ是平行四边形，
∴BE∥DQ.
又BE⊄平面PDQ，DQ⊂平面PDQ，
∴BE∥平面PDQ，
又F是PA的中点，∴EF∥PD，
∵EF⊄平面PDQ，PD⊂平面PDQ，
∴EF∥平面PDQ，
∵BE∩EF＝E，BE⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，
∴平面BEF∥平面PDQ.
(2)如图，连接AQ，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.
∵BD⊥FQ，PA∩FQ＝F，PA⊂平面PAQ，FQ⊂平面PAQ，
∴BD⊥平面PAQ，
∵AQ⊂平面PAQ，∴AQ⊥BD，
在矩形ABCD中，由AQ⊥BD得△AQB与△DBA相似，
∴AB2＝AD×BQ，
又AB＝1，AD＝2，
∴BQ＝，QC＝，∴＝.