1、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2平面与平面平行的判定定理和性质定理3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
2、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
3、 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ABC1D1，所以四边形AD1C1B为平行
4、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；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
5、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.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
6、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，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，
7、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.又ADBC，故TNAM，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
8、.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()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，
9、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，A1C1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，A1B1AB，A1GEB.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，
10、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
11、，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
12、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VVMPABVCPAB12.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
13、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.(多选)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，下列命题正确的是()A.MB是定值B.点M在圆上运动C.一定存在某个位置，使DEA1CD.一定存在某个位置，使MB平面A1DE答案ABD解析如图，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，D正确；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB2MN2NB22MNNBcosMNB，所以MB是定值，A正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，B正确；当矩形ABCD满足ACDE时存在DEA1C，其他情况不存在DEA1C，C不正确故选ABD.
