【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第八章　第4讲　直线、平面平行的判定与性质学案

【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第八章　第4讲　直线、平面平行的判定与性质学案

第4讲　直线、平面平行的判定与性质 一、知识梳理 ‎1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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(简记为“线线平行⇒线面平行”)‎ 因为l∥a，‎ a⊂α，l⊄α，‎ 所以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(简记为“线面平行⇒线线平行”)‎ 因为l∥α，‎ l⊂β，α∩‎ β＝b，‎ 所以l∥b ‎2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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(简记为“线面平行⇒面面平行”)‎ 因为a∥β，‎ b∥β，a∩‎ b＝P，‎ a⊂α，b⊂α，‎ 所以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 因为α∥β，‎ α∩γ＝a，‎ β∩γ＝b，‎ 所以a∥b 常用结论 ‎1．三种平行关系的转化：‎ 线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想．‎ ‎2．平行关系中的三个重要结论 ‎(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)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.‎ ‎(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.‎ 二、习题改编 ‎1．(必修2P58练习T3改编)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)‎ A．存在一条直线a，a∥α，a∥β B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α 解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.‎ ‎2．(必修2P57例2改编)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ABC1D1，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．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 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α.(　　)‎ ‎(2)若直线l在平面α外，则l∥α.(　　)‎ ‎(3)若直线l∥b，直线b⊂α，则l∥α.(　　)‎ ‎(4)若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√‎ 二、易错纠偏 (1)对空间平行关系的相互转化条件理解不够；‎ ‎(2)忽略线面平行、面面平行的条件．‎ ‎1．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：选D.因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.‎ ‎2．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为 ．‎ 解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．‎ 答案：平行四边形 ‎　　　　与线、面平行相关命题的判定(师生共研)‎ ‎ 设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是(　　)‎ A．若m∥α，m∥n，则n∥α B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β C．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β ‎【解析】　A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，所以 n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n⊄β，l⊂β，所以n∥β.‎ ‎【答案】　D 解决线、面平行关系应注意的问题 ‎(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易被忽视．‎ ‎(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．‎ ‎(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．‎ ‎1．下列命题中正确的是(　　)‎ A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面 B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行 C．平行于同一条直线的两个平面平行 D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α 解析：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b⊄α，c⊂α，所以b∥α.‎ ‎2．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)‎ A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 解析：选B.对于A，C，D选项，α均有可能与β相交，故排除A，C，D选项，选B.‎ ‎　　　　　　线面平行的判定与性质(多维探究)‎ 角度一　线面平行的证明 ‎ 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：‎ ‎(1)BF∥HD1；‎ ‎(2)EG∥平面BB1D1D.‎ ‎【证明】　(1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，‎ 所以HD1∥MC1.‎ 又因为在平面BCC1B1中，BMFC1，‎ 所以四边形BMC1F为平行四边形，‎ 所以MC1∥BF，‎ 所以BF∥HD1.‎ ‎(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，‎ 则OE∥DC且OE＝DC，‎ 又D1G∥DC且D1G＝DC，‎ 所以OED1G，‎ 所以四边形OEGD1是平行四边形，‎ 所以GE∥D1O.‎ 又D1O⊂平面BB1D1D，GE⊄平面BB1D1D，‎ 所以EG∥平面BB1D1D.‎ 证明直线与平面平行的常用方法 ‎(1)利用线面平行的定义．‎ ‎(2)利用线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明．　‎ 角度二　线面平行性质的应用 ‎ 如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，过BC的平面交棱FD于点P，交棱FA于点Q.‎ 证明：PQ∥平面ABCD.‎ ‎【证明】　因为底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，‎ ⇒BC∥平面ADF，‎ ⇒BC∥PQ，‎ PQ∥平面ABCD.‎ 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来确定交线．该定理的作用是由线面平行转化为线线平行．‎ ‎1．(2020·辽宁丹东质量测试(一))如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D，E分别为AA1，B1C的中点．证明：DE∥平面ABC.‎ 证明：取BC的中点F，‎ 连接AF，EF，‎ 则EF∥BB1，EF＝BB1，所以EF∥DA，EF＝DA，‎ 则四边形ADEF为平行四边形，所以DE∥AF.‎ 又因为DE⊄平面ABC，AF⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.‎ ‎2．如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．‎ ‎(1)求证：AM∥平面BDE；‎ ‎(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．‎ 解：(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.‎ 因为O，M分别是AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，‎ 所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.‎ 又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，‎ 所以AM∥平面BDE.‎ ‎(2)l∥m，证明如下：‎ 由(1)知AM∥平面BDE，‎ 又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，‎ 所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，‎ 又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，‎ 所以m∥AM，所以l∥m.‎ ‎　　　　　　面面平行的判定与性质(典例迁移)‎ ‎ 如图所示，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.‎ ‎【证明】　(1)因为G，H分别是 A1B1，A1C1的中点，‎ 所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，‎ 所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．‎ ‎(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，‎ 所以EF∥BC，因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.‎ 又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，‎ 所以A1GEB，所以四边形A1EBG是平行四边形，‎ 所以A1E∥GB.‎ 因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，‎ 所以A1E∥平面BCHG.‎ 又因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.‎ ‎【迁移探究1】　(变条件)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，‎ 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.‎ ‎【迁移探究2】　(变条件)在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.‎ 证明：如图所示，‎ 连接A1C交AC1于点M，‎ 因为四边形A1ACC1是平行四边形，‎ 所以M是A1C的中点，连接MD，‎ 因为D为BC的中点，‎ 所以A1B∥DM.‎ 因为A1B⊂平面A1BD1，‎ DM⊄平面A1BD1，‎ 所以DM∥平面A1BD1.‎ 又由三棱柱的性质知，D1C1BD，‎ 所以四边形BDC1D1为平行四边形，‎ 所以DC1∥BD1.‎ 又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，‎ 所以DC1∥平面A1BD1，‎ 又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，‎ 所以平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎1．如图，AB∥平面α∥平面β，过点A，B的直线m，n分别交α，β于点C，E和点D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D． 解析：选C.由AB∥α∥β，易证 ＝.‎ 即＝，‎ 所以BD＝＝＝.‎ ‎2．(一题多解)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，ED⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE.‎ 证明：法一：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：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：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.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则(　　)‎ A．α内的所有直线与l异面 B．α内不存在与l平行的直线 C．α与直线l至少有两个公共点 D．α内的直线与l都相交 解析：选B.因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．‎ ‎2．(2020·大连双基测试)已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是(　　)‎ A．l⊂α，m⊂β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m C．l∥α，m⊂α D．l⊂α，α∩β＝m 解析：选B.选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交，故选B.‎ ‎3．(2020·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：‎ ‎①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④‎ 若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.‎ 真命题的个数是(　　)‎ A．1 B．2 ‎ C．3 D．4‎ 解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β.α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题，所以真命题的个数是1，故选A.‎ ‎4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)‎ A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFBD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGBD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．‎ ‎5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为 ．‎ 解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.‎ 答案：平行 ‎6.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于 ．‎ 解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC的中点．‎ 故EF＝AC＝.‎ 答案： ‎7．在三棱柱ABCA1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB＝90°，且AC＝1，AB＝2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM＝AC.‎ ‎(1)若三棱锥A1C1ME的体积为，求AA1的长；‎ ‎(2)证明：CB1∥平面A1EM.‎ 解：(1)设AA1＝h，‎ 因为VA1C1ME＝VEA1C1M，S△A1C1M＝A1C1×h＝，三棱锥EA1C1M的高为2，‎ 所以VEA1C1M＝××2＝，解得h＝，即AA1＝.‎ ‎(2)证明：如图，连接AB1交A1E于点F，连接MF.‎ 因为E为BB1的中点，所以AF＝AB1，‎ 又AM＝AC，所以MF∥CB1，‎ 又MF⊂平面A1EM，CB1⊄平面A1EM，‎ 所以CB1∥平面A1EM.‎ ‎8．(2020·南昌市摸底调研)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：因为M，N分别为PD，AD的中点，‎ 所以MN∥PA，‎ 又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB.‎ 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，‎ 所以∠ACN＝60°.‎ 又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.‎ 因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.‎ 又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.‎ ‎(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，‎ 所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．‎ 因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝，‎ 所以三棱锥PABM的体积V＝VMPAB＝VCPAB＝VPABC＝××1××2＝.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为(　　)‎ A．AC⊥BD B．AC＝BD C．AC∥截面PQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45°‎ 解析：选B.因为截面PQMN是正方形，‎ 所以PQ∥MN，QM∥PN，‎ 则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，‎ 所以PQ∥AC，QM∥BD，‎ 由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；‎ 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；‎ 由BD∥PN，‎ 所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；‎ 由上面可知：BD∥PN，MN∥AC.‎ 所以＝，＝，‎ 而AN≠DN，PN＝MN，‎ 所以BD≠AC.B错误．故选B.‎ ‎2．在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件 时，有平面D1BQ∥平面PAO.‎ 解析：如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.‎ 答案：Q为CC1的中点 ‎3．如图，四边形ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．‎ ‎(1)求证：BE∥平面DMF；‎ ‎(2)求证：平面BDE∥平面MNG.‎ 证明：(1)如图，连接AE，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与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.‎ ‎4．(2020·南昌二模)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD.‎ ‎(1)确定点E，F的位置，并说明理由；‎ ‎(2)求三棱锥FDCE的体积．‎ 解：(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以CE∥AD，又AB∥DC，‎ 所以四边形AECD是平行四边形，‎ 所以DC＝AE＝AB，‎ 即点E是AB的中点．‎ 因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB＝EF，‎ 平面PAD∩平面PAB＝PA，‎ 所以EF∥PA，又点E是AB的中点，‎ 所以点F是PB的中点．‎ 综上，E，F分别是AB，PB的中点．‎ ‎(2)连接PE，由题意及(1)知PA＝PB，AE＝EB，‎ 所以PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，‎ 所以PE⊥平面ABCD.‎ 又AB∥CD，AB⊥AD，‎ 所以VFDEC＝VPDEC＝S△DEC×PE＝××2×2×2＝.‎