1、第三节直线、平面平行的判定与性质考试要求：1能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2能运用基本事实、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一、教材概念结论性质重现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如果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la，a，l，所以l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(简记为“线面平行线线平行”)因为l，l，b，所以lb应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个
2、条件必须具备，缺一不可应用性质定理时要体会辅助面的作用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(简记为“线面平行面面平行”)因为_a，b，abP，a，b，所以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，那么两条交线平行因为，a，b，所以ab判定平面与平面平行时，必须具备两个条件：(1)平面内两条相交直线a，b，即a，b，abP(2)两条相交直线a，b都与平面平行，即a，b3常用结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等(3)
3、经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例(5)同一条直线与两个平行平面所成角相等(6)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(7)面面平行判定定理的推论：一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(1)若直线a与平面内无数条直线平行，则a()(2)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行()(3)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()(4)如果两个平面平行，那
4、么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面()2平面平面的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，bD解析：ABC错误，两个平面可能相交3如果直线a平面，那么直线a与平面内的()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D解析：因为直线a平面，直线a与平面无公共点，因此直线a和平面内的任意一条直线都不相交故选D4若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内且过点B的所有直线中()A不一定存在与a平行的直线B只有两条与a平行的直线C存在无数条与a平行的直线D存在唯一的与
5、a平行的直线A解析：当直线a在平面内且过点B时，不存在与a平行的直线故选A5如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_平行解析：连接BD，设BDACO，连接EO，在BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为BDD1的中位线，则BD1EO，而BD1平面ACE，EO平面ACE，所以BD1平面ACE考点1直线、平面平行的基本问题基础性1(2022上海二模)设，是两个不重合的平面，l，m是两条不重合的直线，则“”的一个充分不必要条件是()Al，m且l，mBl，m，且lmCl，m且lmDl，m，且lmC解析：对于A，若l，m且l，m，若l
6、，m是平行直线，则它们可能都平行于，的交线，所以A不正确；对于B，l，m，且lm，可得l，m都平行于，的交线，所以B不正确；对于C，l且lm，可得m，再由m，m，得到，所以l，m且lm是的一个充分不必要条件，所以C正确；对于D，由l，m，且lm，可能有l，m都平行于，的交线，所以D不正确故选C2(2021北京平谷开学考试)已知m，n是两条不同的直线，是两个不重合的平面，给出下面三个结论：若，m，n，则mn；若m，n，m，n，则；若m，n是两条异面直线，且m，m，n，n，则其中正确结论的序号为()ABCDD解析：由题意，若，m，n，则m与n平行或异面，故错误；若m，n，m，n，则与可能平行也可能
7、相交，故错误；若m，n是两条异面直线，且m，m，n，n，则，故正确故正确的结论只有故选D3(多选题)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BPBD1，则下列说法正确的是()AMN平面APCBC1Q平面APCCA，P，M三点共线D平面MNQ平面APCBC解析：如图，对于A，连接MN，AC，则MNAC，连接AM，CN易得AM，CN交于点P，即MN平面APC，所以A选项错误对于B，由A知M，N在平面APC内，由题易知ANC1Q，且AN平面APC，C1Q平面APC所以B选项正确对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确对于D，由A
8、知MN平面APC，又MN平面MNQ，所以D选项错误关于平行关系的判定，关键是理清各类平行及其内在联系，掌握平行的判定定理和性质定理的条件，结合题意构造图形，通过图形分析判定同时也要注意一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等考点2 直线、平面平行的判定与性质应用性如图所示，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，过点G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH 求证：PAGH证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点又M是PC的中点，所以APOM又MO平面BMD，PA平面BMD，所以PA平
9、面BMD又因为平面PAHG平面BMDGH，且PA平面PAHG，所以PAGH解决线面平行问题的关键点(1)利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找出平面内与已知直线平行的直线可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑作三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线(2)线面平行的性质定理是空间图形中产生线线平行的主要途径，常用于作截面1(多选题)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是棱AC，PD的中点，则()AEF平面PABBEF平面PBCCCF平面PAB DAF平面PBCAB解析：如图，连接BD因为四边形ABCD是平行四边形，且E是棱
10、AC的中点，所以E是BD的中点，所以EFPB，则EF平面PAB，EF平面PBC，故A，B正确因为ADBC，所以AD平面PBC假设AF平面PBC，又AFADA，则平面PAD平面PBC因为平面PAD与平面PBC相交，则假设不成立，即AF平面PBC不成立，故D错误同理可得C错误故选AB2如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点，且PEEABFFD求证：EF平面PBC证明：(方法一)连接AF，并延长交BC于点G，连接PG因为BCAD，所以又因为，所以，所以EFPG又因为PG平面PBC，EF平面PBC，所以EF平面PBC(方法二)过点F作FMAD，交AB于点M，连
11、接EM因为FMAD，ADBC，所以FMBC又因为FM平面PBC，BC平面PBC，所以FM平面PBC由FMAD得又因为，所以，所以EMPB因为PB平面PBC，EM平面PBC，所以EM平面PBC因为EMFMM，EM，FM平面EFM，所以平面EFM平面PBC因为EF平面EFM，所以EF平面PBC考点3面面平行的判定与性质及平行的综合问题综合性考向1面面平行的判定与性质 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是A1B1
12、C1的中位线，所以GHB1C1又因为B1C1BC，所以GHBC，所以B，C，H，G四点共面(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EFBC因为EF平面BCHG，BC平面BCHG，所以EF平面BCHG因为A1GEB且A1GEB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1EGB又因为A1E平面BCHG，GB平面BCHG，所以A1E平面BCHG又因为A1EEFE，A1E，EF平面EFA，所以平面EFA1平面BCHG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
13、接MD因为D为BC的中点，所以A1BDM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且D1C1BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1BD1又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，所以DC1平面A1BD1又因为DC1DMD，DC1，DM平面AC1D，所以平面A1BD1平面AC1D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(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(4)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”的相互转化考向2平行关系的综合问题如图所示，四边
14、形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形(1)求证：AB平面EFGH，CD平面EFGH；(2)若AB4，CD6，求四边形EFGH周长的取值范围(1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，所以EFHG因为HG平面ABD，EF平面ABD，所以EF平面ABD又因为EF平面ABC，平面ABD平面ABCAB，所以EFAB又因为AB平面EFGH，EF平面EFGH，所以AB平面EFGH同理可证，CD平面EFGH(2)解：设EFx(0x4)因为EFAB，FGCD，所以，则1，所以FG6x因为四边形EFGH为平行四边形，所以四边形EFGH的周长C212x又因为0x4，所以8C12，即四边形E
15、FGH周长的取值范围是(8,12)利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置对于最值问题，常用函数思想来解决1设，为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“m，n，且_，则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题，n；m，n；n，m可以填入的条件有()A BC DC解析：由面面平行的性质定理可知，正确；当n，m时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确2(2021湖南长沙期中)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点(1)证明：平面MNQ平面PCD；(2)在线段
16、PD上是否存在一点E，使得MN平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由(1)证明：因为ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，所以NQABCD，MQPC又NQ平面PCD，CD平面PCD，MQ平面PCD，PC平面PCD，所以NQ平面PCD，MQ平面PCD因为NQMQQ，且NQ，MQ平面MNQ，所以平面MNQ平面PCD(2)解：存在点E是线段PD的中点，使得MN平面ACE，且证明如下：取PD中点E，连接AE，NE，CE因为N，E，M分别是AP，PD，BC的中点，所以NEAD，NEAD，且BCAD，BCAD，即MCAD，MCAD，所以NEMC，NEMC，所以四边形MC
17、EN是平行四边形，所以MNCE因为MN平面ACE，CE平面ACE，所以MN平面ACE，且如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AF平面ABCD，DE3AF3证明：平面ABF平面DCE四字程序读想算思平面ABF平面DCE，DE平面ABCD，AF平面ABCD，DE3AF3面面平行的证明方法：线面面面，线线面面构造平行关系证明平行的有关定理：1面面平行的判定定理2面面平行判定定理的推论思路参考：应用面面平行的判定定理证明证明：因为DE平面ABCD，AF平面ABCD，所以DEAF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ABCD因为AB平
18、面DCE，所以AB平面DCE因为ABAFA，AB平面ABF，AF平面ABF，所以平面ABF平面DCE思路参考：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明证明：因为DE平面ABCD，AF平面ABCD，所以DEAF因为四边形ABCD为正方形，所以ABCD又AFABA，AF，AB平面ABF，DECDD，DE，DC平面DCE，所以平面ABF平面DCE思路参考：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明证明：因为DE平面ABCD，所以DEAD在正方形ABCD中，ADCD，又DECDD，所以AD平面DCE同理AD平面ABF，所以平面ABF平面DCE1本题考查空间中面与面平行的证明方法，基本的解题策略是借助“平行
19、”的有关定理来证明解决此类题目要注意对定理的熟练应用2基于课程标准，解答本题要熟练掌握相关定理，具备良好的直观想象能力、逻辑推理的核心素养，本题的解答过程体现了数学探索的魅力3基于高考数学评价体系，本题通过“平行”关系的相互转化，将面面平行问题转化为线面平行、线线平行以及线线垂直问题，切入点比较多，既体现基础性又体现综合性如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，CC14，M是棱CC1上的一点若N是AB的中点，且CN平面AB1M，求CM的长解：(方法一)如图(1)，取AB1的中点P，连接NP，PM因为N是AB的中点，所以NPBB1因为CMBB1，所以NPCM，所以NP与CM共面因为CN平
20、面AB1M，平面CNPM平面AB1MMP，所以CNMP所以四边形CNPM为平行四边形，所以CMNPCC12图(1)(方法二)如图(2)，取BB1的中点Q，连接NQ，CQ图(2)因为N是AB的中点，所以NQAB1因为NQ平面AB1M，AB1平面AB1M，所以NQ平面AB1M因为CN平面AB1M，NQNCN，NQ，NC平面NQC，所以平面NQC平面AB1M因为平面BCC1B1平面NQCQC，平面BCC1B1平面AB1MMB1，所以CQMB1因为BB1CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CMB1QCC12(方法三)如图(3)，分别延长BC，B1M并交于一点S，连接AS图(3)因为CN平面AB1M，CN平面ABS，平面ABS平面AB1MAS，所以CNAS由于ANNB，所以BCCS又CMBB1，同理可得SMMB1，所以CMBB1CC12
