1、高考资源网（） 您身边的高考专家第4讲直线、平面平行的判定与性质考纲解读1.掌握线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的平行关系的简单命题(重点)2高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面平行的判定和性质考向预测从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容预测2021年将会以以下两种方式进行考查：以几何体为载体，考查线面平行的判定；根据平行关系的性质进行转化试题常以解答题的第一问直接考查，难度不大，属中档题型.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不在平面内的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平
2、面平行(简记为：线线平行线面平行)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)ab2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)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ab3.必记结论(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)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等(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)如
3、果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行1概念辨析(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，P，则过点P且平行于直线a的直线有无数条()(3)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()(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平行或异面()答案(1)(2)(3)(4)2小题热身(1)如果直线a平行于平面，直线ba，则b与的位置关系是()Ab与相交 Bb或bCb Db答案B解析两条平行线中的一条与已知平面相交，则另一条也与已知平面相交，所以由直线ba，可知若b与相交，则a与也相交，而由题目已知，直线a
4、平行于平面，所以b与不可能相交，所以b或b.故选B.(2)如图，PAB所在的平面与，分别交于CD，AB，若PC2，CA3，CD1，则AB_.答案解析因为，PAB所在的平面与，分别交于CD，AB，所以CDAB，所以.因为PC2，CA3，CD1，所以AB.(3)在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是_(填序号)AD1BC1；平面AB1D1平面BDC1；AD1DC1；AD1平面BDC1.答案解析如图，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形故AD1BC1，从而正确；易证BDB1D1，AB1DC1，又AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面AB1D1平面BDC1，从而正确；
5、由图易知AD1与DC1异面，故错误；因为AD1BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，所以AD1平面BDC1，故正确题型 一直线与平面平行的判定与性质角度1线面平行判定定理的应用1(2019全国卷节选)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点证明：MN平面C1DE.证明如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面
6、C1DE，所以MN平面C1DE.角度2线面平行性质定理的应用2如图所示，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G，H分别在BD，BC，AC，AD上，且CDAB.求证：四边形EFGH是矩形证明CD平面EFGH，而平面EFGH平面BCDEF，CDEF.同理，HGCD，EFHG.同理，HEGF，四边形EFGH为平行四边形，CDEF，HEAB，HEF为异面直线CD和AB所成的角又CDAB，HEEF.平行四边形EFGH为矩形1判定线面平行的三种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)，一般用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a，b，aba)如举例说明1；(3)利用面面平行的性质定理，aa；，a，a
7、，aa.2用线面平行的判定定理证明线面平行(1)关键：在平面内找到一条与已知直线平行的直线(2)方法：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等证明两直线平行(3)易错：容易漏掉说明直线在平面外3用线面平行的性质定理证明线线平行(1)定势：看到线面平行想到用性质定理(2)关键：合理选择过已知直线的平面与已知平面相交如举例说明2.1(2016全国卷改编)如图，四棱锥PABCD中，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点证明：MN平面PAB.证明由已知得AMAD2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2.
8、又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.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，四边形ABCD是平行四边形，O是AC的中点，又M是PC的中点，APOM.又MO平面BMD，PA平面BMD，PA平面BMD.平面PAHG平面BMDGH，且PA平面PAHG，PAGH.题型 二平面与平面平行的判定与性质 1(2019全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是
9、()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面答案B解析若，则内有无数条直线与平行，反之则不成立；若，平行于同一条直线，则与可以平行也可以相交；若，垂直于同一个平面，则与可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是的充要条件根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立因此B中条件是的充要条件故选B.2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)G，H分别是A1B1，A
10、1C1的中点，GH是A1B1C1的中位线，则GHB1C1.又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G四点共面(2)E，F分别为AB，AC的中点，EFBC，EF平面BCHG，BC平面BCHG，EF平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綊AB，A1G綊EB.四边形A1EBG是平行四边形，A1EGB.A1E平面BCHG，GB平面BCHG，A1E平面BCHG.又A1EEFE，平面EFA1平面BCHG.条件探究将本例中的条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D平面AB1D1”，试求的值解如图，连接A1B交
11、AB1于点O，连接OD1.由平面BC1D平面AB1D1，且平面A1BC1平面BC1DBC1，平面A1BC1平面AB1D1D1O.所以BC1D1O，则1.同理，可证AD1DC1，则，所以1，即1.1判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行如举例说明2(2)(2)证明两平面垂直于同一条直线(3)证明两平面与第三个平面平行2面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线 (2019南昌模拟)如图，在四
12、棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.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，MNPA.MN平面PAB，PA平面PAB，MN平面PAB.在RtACD中，CAD60，CNAN，ACN60.又BAC60，CNAB.CN平面PAB，AB平面PAB，CN平面PAB.又CNMNN，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AB1，ABC90，BAC60，BC，三棱锥PABM的体积VVMPABV
13、CPAB12.题型 三立体几何中的探索性问题(2019合肥三模)如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是梯形，ABCD，ABAD，AA14，DC2AB，ABAD3，点M在棱A1B1上，且A1MA1B1.点E是直线CD上的一点，AM平面BC1E.(1)试确定点E的位置，并说明理由；(2)求三棱锥MBC1E的体积解(1)如图，在棱C1D1上取点N，使D1NA1M1.又D1NA1M，四边形A1MND1是平行四边形，MNA1D1AD.四边形AMND为平行四边形，AMDN.过C1作C1EDN交CD于点E，连接BE，DN平面BC1E，AM平面BC1E，CE1.(2)由(1)知，AM平面
14、BC1E，VMBC1EVABC1EVC1ABE46.线面平行的探究性问题解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在，而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻转过程中，正确的命题是_(填序号)MB是定值；点M在圆上运动；一定存在某个位置，使DEA1C；一定存在某个位置，使MB平面A1DE.答案解析如图
15、，取DC的中点N，连接MN，NB，则MNA1D，NBDE，平面MNB平面A1DE，MB平面MNB，MB平面A1DE，正确；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB2MN2NB22MNNBcosMNB，所以MB是定值，正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，正确；当矩形ABCD满足ACDE时存在，其他情况不存在，不正确所以正确组基础关1若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内且过B点的所有直线中()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存在唯一与a平行的直线答案A解析当直线a在平面内且过B点时，不存在与a平行的直线
16、，故选A.2设m，n是不同的直线，是不同的平面，且m，n，则“”是“m且n”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A解析若m，n，则m且n；反之若m，n，m且n，则与相交或平行，即“”是“m且n”的充分不必要条件3.如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面平面ABC，分别交线段PA，PB，PC于A，B，C，若PAAA23，则ABC与ABC面积的比为()A25B38C49D425答案D解析平面平面ABC，平面PABAB，平面PAB平面ABCAB，ABAB.又PAAA23，ABABPAPA25.同理BCBCACAC25.ABC与ABC相似，SABCSA
17、BC425，故选D.4(2017全国卷)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()答案A解析A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ
18、平面MNQ，AB平面MNQ.故选A.5在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别为BC，CD的中点，则()ABD平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形DEH平面ADC，且四边形EFGH是梯形答案B解析如图，由题意得EFBD，且EFBD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGBD，且HGBD.所以EFHG，且EFHG.所以四边形EFGH是梯形又EF平面BCD，而EH与平面ADC不平行，故选B.6在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面与棱AB，AC，A1C1，A1
19、B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1平面.有下列三个命题：四边形EFGH是平行四边形；平面平面BCC1B1；平面平面BCFE.其中的真命题是()A B C D答案C解析直线AA1平面，且平面与平面AA1C1C、平面AA1B1B分别交于FG，EH，所以AA1FG，AA1EH，所以FGEH.又平面ABC平面A1B1C1，平面与平面ABC、平面A1B1C1分别交于EF，GH，所以EFGH.所以四边形EFGH为平行四边形因为AA1平面，且AA1平面ABC，所以平面平面ABC，即平面平面BCFE.平面与平面BCC1B1可能相交，考虑特殊情况：F与C重合，G与C1重合，此时满足题意，但是两平面相交综
20、上，应选C.7(2019益阳模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P平面A1BM，则C1P的最小值是()A. B. C. D.答案B解析如图，在A1D1上取中点Q，在BC上取中点N，连接DN，NB1，B1Q，QD，DNBM，DQA1M且DNDQD，BMA1MM，平面B1QDN平面A1BM，则动点P的轨迹是DN(不含D，N两点)又CC1平面ABCD，则当CPDN时，C1P取得最小值，此时，CP，C1P的最小值是 .8(2019沈阳模拟)下列三个命题在“_”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为
21、直线，为平面)，则此条件是_l；l；l.答案l解析lm，ml或l，由ll；l，m，lml；lm，ml或l，由ll.9.(2020北京海淀模拟)如图，ABCDA1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ_.答案a解析如图所示，连接AC，易知MN平面ABCD，又平面PQNM平面ABCDPQ，MN平面PQNM，MNPQ.又MNAC，PQAC.又AP，PQACa.10如图，在正四棱柱A1C中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边
22、形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件_时，就有MN平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案M位于线段FH上(答案不唯一)解析连接HN，FH，FN，则FHDD1，HNBD，平面FHN平面B1BDD1，只要MFH，则MN平面FHN，MN平面B1BDD1.组能力关1如图是正方体的平面展开图，关于这个正方体有以下判断：ED与NF所成的角为60；CN平面AFB；BMDE；平面BDE平面NCF.其中正确判断的序号是()A B C D答案C解析把正方体的平面展开图还原成正方体ABCDEFMN，得ED与NF所成的角为60，故正确；CNBE，CN平面AFB，BE平面
23、AFB.CN平面AFB，故正确；BM与ED是异面直线，故不正确；BDFN，BECN，BDBEB，BD平面BDE，BE平面BDE，所以平面BDE平面NCF，故正确正确判断的序号是，故选C.2平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案A解析如图，过点A补作一个与正方体ABCDA1B1C1D1相同棱长的正方体，易知m，n所成角为EAF1，因为EAF1为正三角形，所以sinEAF1sin60，故选A.3如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB1
24、，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN平面DCC1D1，设BNx，MNy，则函数yf(x)的图象大致是()答案C解析过M作MQDD1，交AD于点Q，连接QN.MQ平面DCC1D1，DD1平面DCC1D1，MQ平面DCC1D1，MN平面DCC1D1，MNMQM，平面MNQ平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，NQDC，可得QNCDAB1，AQBNx，2.MQ2x.在RtMQN中，MN2MQ2QN2，即y24x21，y24x21(0x1,1y)，函数yf(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分，故选C. 4(2019河南郑州模拟)如图，四边形A
25、BCD与ADEF均为平行四边形，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，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的中点，N为AD的中点，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与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE平
26、面MNG.5底面是平行四边形的四棱锥PABCD中，E是AB上一点，且，在侧棱PD上能否找到一点F，使AF平面PEC.解设AF存在，过F点作DC的平行线交PC于点G，连接EG，如图ABCD，AEFG.则AE，GF确定一个平面，若AF平面PEC，则AFEG.AEGF.而.AEAB.又ABCD，GFDC.GFDC，.存在这样的F点，使AF平面PEC.组素养关(2019江西临川一中模拟)三棱柱ABCA1B1C1中，D为AB的中点，点E在侧棱CC1上，DE平面AB1C1.(1)证明：E是CC1的中点；(2)设BAC90，四边形ABB1A1是边长为4的正方形，四边形ACC1A1为矩形，且异面直线DE与B1
27、C1所成的角为30，求三棱柱ABCA1B1C1的体积解(1)证明：连接A1D，A1E分别交AB1，AC1于点M，N，连接MN，DE平面AB1C1，DE平面A1DE，平面A1DE平面AB1C1MN，DEMN，又在三棱柱侧面A1ABB1中，D为AB的中点，A1B12AD，由ADA1B1可得，MADMB1A1，MDAMA1B1，所以ADMB1A1M，故A1M2MD，DEMN，A1N2NE，在平面A1ACC1中，同理可证得A1NAENC1，CC1AA12EC1.故E是CC1的中点(2)取BB1的中点F，连接EF，DF，可知EFB1C1，故DEF为异面直线DE与B1C1所成的角，设ACx，则在DEF中，可求得DE，DF2，EFBC，由余弦定理，得cosDEF，解得x4，故VABCA1B1C1432.- 27 - 版权所有高考资源网