1、第四节直线、平面平行的判定及其性质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(线线平行线面平行)la，a，l，l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”)l，l，b，lb2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”)a，b，abP，a，b，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，a，b，ab小题体验1(教材习
2、题改编)已知平面平面，直线a，有下列命题：a与内的所有直线平行；a与内无数条直线平行；a与内的任意一条直线都不垂直其中真命题的序号是_答案：2(教材习题改编)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_解析：连接BD，设BDACO，连接EO，在BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EOBD1，又因为EO平面ACE，BD1平面AEC，所以BD1平面ACE.答案：平行1直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件2面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件3如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质
3、上也可以相交小题纠偏1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解析：选D因为a平面，直线a与平面无公共点，因此a和平面内的任意一条直线都不相交，故选D.2设，是两个不同的平面，m是直线且m，“m ”是“ ”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：选B当m时，过m的平面与可能平行也可能相交，因而m/ ；当时，内任一直线与平行，因为m，所以m.综上知，“m ”是“ ”的必要而不充分条件考点一直线与平面平行的判定与性质锁定考向平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面
4、面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中常见的命题角度有：(1)证明直线与平面平行；(2)线面平行性质定理的应用 题点全练角度一：证明直线与平面平行1(2018杭二一模)如图，在三棱锥PABC中，PBBC，ACBC，点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点(1)求证：PB平面EFG；(2)求证：BCEG.证明：(1)点F，G分别为BC，PC的中点，GFPB，PB平面EFG，GF平面EFG，PB平面EFG.(2)点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点，EFAC，GFPB，PBBC，ACBC，EFBC，GFBC，EFGFF，EF平面EFG，GF平面EFG，BC平面EFG，EG平面EFG，
5、BCEG.角度二：线面平行性质定理的应用2.(2018瑞安期中)已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，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：APGH.证明：如图所示，连接AC交BD于点O，则点O为AC中点连接MO，则有MOPA.因为PA平面APGH，MO平面APGH，所以MO平面APGH.因为MO平面BDM，平面BDM平面APGHGH，所以GHMO，所以PAGH.通法在握证明直线与平面平行的3种方法定义法一般用反证法判定定理法关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程性质判定法即两平面平行时，其中
6、一个平面内的任何直线都平行于另一个平面演练冲关(2018豫东名校联考)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，BB1CC1，BB1平面BB1D，CC1平面BB1D，所以CC1平面BB1D.又CC1平面CEC1，平面CEC1平面BB1DFG，所以CC1FG.因为BB1CC1，所以BB1FG.因为BB1平面AA1B1B，FG平面AA1B1B，所以FG平面AA1B1B.考点二平面与平面平行的判定与性质典例引领(2018嘉兴模拟)如图，在三棱柱AB
7、CA1B1C1中，点D是BC上一点，且A1B平面AC1D，点D1是B1C1的中点，求证：平面A1BD1平面AC1D.证明：如图，连接A1C交AC1于点E，连接ED，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以点E为A1C的中点，因为A1B平面AC1D，平面A1BC平面AC1DED，所以A1BED，因为点E是A1C的中点，所以点D是BC的中点，又因为点D1是B1C1的中点，所以D1C1綊BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以BD1C1D.因为BD1平面AC1D，C1D平面AC1D，所以BD1平面AC1D，又因为A1BBD1B，所以平面A1BD1平面AC1D.由题悟法判定平面与平面平行的5种方
8、法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)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个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行即时应用1在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EFDB，G，H分别是EC和FB的中点求证：GH平面ABC.证明：取FC的中点I，连接GI，HI，则有GIEF，HIBC.又EFDB，所以GIBD，又GIHII，BDBCB，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH平面ABC.2如图，
9、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BEMO，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DEGN，又DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.又M为AB中点，所以MN为ABD的中位线，所以BDMN，又BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG，又DE平面BDE，BD平面BDE，D
10、EBDD，所以平面BDE平面MNG.典例引领(2019舟山诊断)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，E，F分别为AD，A1A的中点，Q是BC上一个动点，且BQQC(0)(1)当1时，求证：平面BEF平面A1DQ；(2)是否存在，使得BDFQ？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：当1时，Q为BC的中点，因为E是AD的中点，所以EDBQ，EDBQ，则四边形BEDQ是平行四边形，所以BEDQ，又BE平面A1DQ，DQ平面A1DQ，所以BE平面A1DQ.因为F是A1A的中点，所以EFA1D，因为EF平面A1DQ，A1D平面A1DQ，所以EF平面A1DQ.又BE
11、EFE，EF平面BEF，BE平面BEF，所以平面BEF平面A1DQ.(2)假设存在满足条件的，如图连接AQ，BD，FQ.因为A1A平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1ABD.因为BDFQ，A1AFQF，所以BD平面A1AQ.因为AQ平面A1AQ，所以AQBD.在矩形ABCD中，由AQBD，得AQBDBA，所以，则AB2ADBQ.又AB1，AD2，所以BQ，则QC，则，即.由题悟法探索性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存
12、在即时应用如图，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，E，F分别在BC，AD上，EFAB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC.若BE1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且，使得CP平面ABEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由解：AD上存在一点P，使得CP平面ABEF，此时.理由如下：当时，可知，如图，过点P作MPFD交AF于点M，连接EM，PC，则有，又BE1，可得FD5，故MP3，又EC3，MPFDEC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CPME，又ME平面ABEF，CP平面ABEF，故有CP平面ABEF.一抓基础，多练小题做到
13、眼疾手快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()A平行B相交C异面 D以上都有可能解析：选D由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面2(2018宁波模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AEEBCFFB12，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A平行 B相交C在平面内 D不能确定解析：选A如图，由得ACEF.又因为EF平面DEF，AC平面DEF，所以AC平面DEF.3(2018绍兴期中考试)已知两个不重合的平面，给定以下条件：内任意不共线的三点到的距离都相等；l，m是内的两条直线，且l，m；l，m是两
14、条异面直线，且l，l，m，m；其中可以判定的是()A BC D解析：选C本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定对于命题，任意不共线三点可以确定一个平面，即为，该三点到平面的距离相等，即可得到，故正确；对于命题，由面面平行的判定可知，若l，m平行，则不一定能够推理得到，故错误；对于命题，由l，m是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与，都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，故正确所以满足条件的是.4(2018舟山二模)已知m，n，l为不重合的直线，为不重合的平面，则下列说法正确的是()A若ml，nl，则mnB若，则C若m，n，则mnD若，则解析：选D若ml，nl，则m与
15、n可能平行、相交或异面，故A错误；若，则与可能平行，可能相交，故B错误；若m，n，则m，n可能平行、相交或异面，故C错误；若，利用平面与平面平行的性质与判定，可得，故D正确故选D.5.如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是ACD，BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是_解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由，得MNAB.因此，MN平面ABC且MN平面ABD.答案：平面ABC、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1在空间中，已知直线a，b，平面，则以下三个命题：若ab，b，则a；若a
16、b，a，则b；若a，b，则ab.其中真命题的个数是()A0 B1C2 D3解析：选A对于，若ab，b，则应有a或a，所以是假命题；对于，若ab，a，则应有b或b，因此是假命题；对于，若a，b，则应有ab或a与b相交或a与b异面，因此是假命题综上，在空间中，以上三个命题都是假命题2设m，n是平面内的两条不同直线，l1，l2是平面内的两条相交直线则的一个充分而不必要条件是()Am且l1 Bml1且nl2Cm且n Dm且nl2解析：选B因为ml1，且nl2，又l1与l2是平面内的两条相交直线，所以，而当时不一定推出ml1且nl2，可能异面所以的一个充分而不必要条件是B.3下列四个正方体图形中，A，B
17、为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB平面MNP的图形的序号是()A BC D解析：选C对于图形，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB平面MNP；对于图形，ABPN，即可得到AB平面MNP；图形无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行4.在三棱锥S ABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，且D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为()A. B.C45 D45解析：选A取AC的中点G，连接SG，BG.易知SGAC，BGAC，故AC平面SGB，所以
18、ACSB.因为SB平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB平面DEFHHD，则SBHD.同理SBFE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形又ACSB，SBHD，DEAC，所以DEHD，所以四边形DEFH为矩形，其面积SHFHDACSB.5.(2018舟山模拟)在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A无数条 B2条C1条 D0条解析：选A法一：取BB1的中点H，连接FH，则FHC1D1，连接HE，D
19、1H，在D1E上任取一点M，取D1E的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OHKB.过G作GNFH，交C1F于点N，连接MN，由于GMHO，HOKB，KB平面ABCD，GM平面ABCD，所以GM平面ABCD，同理，NG平面ABCD，又GMNGG，由面面平行的判定定理得，平面MNG平面ABCD，则MN平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条故选A.法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，
20、由面面平行的性质定理知MN平面ABCD，故有无数条直线MN平面ABCD，故选A.6(2018金华名校统练)已知直线a，b，平面，且ab，a，则“是“b”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因为ab，a，所以b，若b，则，故“是“b”的必要条件；若，又a，则a或a，又ab，所以b或b，故“不是“b”的充分条件故选B.7正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为_cm2；其周长为_cm.解析：如图所示，截面ACEBD1，平面BDD1平面ACEEF，其中F为AC与BD的交点，E为DD1的中点，SAC
21、E (cm2)AC，CEAE，其周长为ACAECE(cm)答案：8.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，则PQ的长度为_解析：由题意知，AB8，过点P作PDAB交AA1于点D，连接DQ，则D为AM中点，PDAB4.又3，DQAC，PDQ，DQAC3，在PDQ中，由余弦定理得PQ.答案：9.(2018杭州模拟)如图所示，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点O是底面中心，A1O底面ABCD，ABAA1.(1)证明：平面A1BD平面CD1B1；(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积
22、解：(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BDB1D1.又因为BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，所以BD平面CD1B1.因为A1D1綊B1C1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1BD1C.又因为A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1，所以A1B平面CD1B1，又因为BDA1BB，所以平面A1BD平面CD1B1.(2)因为A1O平面ABCD，所以A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高又因为AOAC1，AA1，所以A1O1.又因为SABD1，所以VABDA1B1D1SABDA1O1.10.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1
23、中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点求证：(1)BFHD1；(2)EG平面BB1D1D；(3)平面BDF平面B1D1H.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，HD1MC1.又MC1BF，BFHD1.(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊DC，又D1G綊DC，OE綊D1G，四边形OEGD1是平行四边形，GED1O.又GE平面BB1D1D，D1O平面BB1D1D，EG平面BB1D1D.(3)由(1)知BFHD1，又BDB1D1，B1D1，HD1平面B1D1H，BF，BD平面BDF，且B1D1HD1D1，DBB
24、FB，平面BDF平面B1D1H.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ_.解析：平面A1B1C1D1平面ABCD，而平面B1D1P平面ABCDPQ，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，B1D1PQ.又B1D1BD，BDPQ，设PQABM，ABCD，APMDPQ.2，即PQ2PM.又知APMADB，PMBD，又BDa，PQa.答案：a2如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点(1)当等于何值时，BC1平面AB1D1?(2)若平面BC1D平面AB1D1，求的值解：(1)当1时，BC1平面AB1D1.如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点在A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，OD1BC1.又OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，BC1平面AB1D1.当1时，BC1平面AB1D1.(2)由已知，平面BC1D平面AB1D1且平面A1BC1平面BC1DBC1，平面A1BC1平面AB1D1D1O.因此BC1D1O，同理AD1DC1.，.又1，1，即1.