1、立体几何第八章第四节直线、平面平行的判定与性质高考概览1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理；2.能运用线面平行、面面平行的判定及性质定理证明一些空间图形的平行关系的简单命题.吃透教材 夯双基 填一填 记一记 厚积薄发知识梳理1直线与平面平行(1)判定定理(2)性质定理温馨提示 一个注意点：在利用线面平行的判定定理时，一定要强调直线不在平面内，否则容易出现错误如：在四棱锥 PABCD 中，E 是棱 PA 的中点，则直线 PC与平面 BDE 位置关系是平行2平面与平面平行 温馨提示(1)两个常用结论：，a，则
2、a；，则.(2)一个注意点：面面平行判定定理中两条相交直线如：设，是三个不同平面，a，b 是两条不同直线，有下列三个条件：a，b；a，b；b，a.如果命题“若a，b，且_，则 ab”为真命题，则可以在横线填入的条件是(把所有正确的序号填上)或小题速练1下列结论中正确的是()A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B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C若直线 a，P，则过点 P 且平行于 a 的直线有无数条D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 D2若直线 m平面，则条件甲：“直线 l”是条件乙：“lm”的()A充分不
3、必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析 若 l，则 lm 或 l 与 m 异面；若 lm，则 l或 l，故“直线 l”是“lm”的既不充分也不必要条件答案 D3若 P 为异面直线 a，b 外一点，则过 P 且与 a，b 均平行的平面()A不存在B零个或一个C可以有两个D有无数多个解析 若P点与直线a(或b)确定的平面与直线 b(或a)平行，则符合条件的平面不存在；否则，符合条件的平面有一个故选B.答案 B4(2017河北保定模拟)有下列命题：若直线 l 平行于平面 内的无数条直线，则直线 l；若直线 a 在平面 外，则 a；若直线 ab，b，则 a；若直线 ab，b，
4、则 a 平行于平面 内的无数条直线其中真命题的个数是()A1 B2 C3 D4解析 命题l 可以在平面 内，不正确；命题直线 a 与平面 可以是相交关系，不正确；命题a 可以在平面 内，不正确；命题正确答案 A5(2018湖南株洲调研)如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1中，AB2，点 E 为 AD 的中点，点 F 在 CD 上若 EF平面AB1C，则线段 EF 的长度等于_解析 在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB2，AC2 2.又 E 为 AD 中点，EF平面 AB1C，EF平面 ADC，平面 ADC平面 AB1CAC，EFAC，F 为 DC 中点，EF12AC 2.答案 2
5、 考点突破 提能力 研一研 练一练 考点通关考点一 平行关系的判断基础考点 (1)(2015北京卷)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充分必要条件D既不充分也不必要条件(2)设 m，n 表示不同直线，表示不同平面，则下列结论中正确的是()A若 m，mn，则 nB若 m，n，m，n，则 C若，m，mn，则 nD若，m，nm，n，则 n思路引导(1)m 为大前提，判断能否 m，m？(2)结合草图，逐一判断解析(1)若 m 且 m，则平面 与平面 不一定平行，有可能相交；而 m 且 一定可以推出 m，所以“m”是“”的必要而不充分条件(2
6、)A 错误，n 有可能在平面 内；B 错误，平面 有可能与平面 相交；C 错误，n 也有可能在平面 内；D 正确，易知 m 或 m，若 m，又 nm，n，n，若 m，过 m作平面 交平面 于直线 l，则 ml，又 nm，nl，又 n，l，n.答案(1)B(2)D平行关系判断问题的 3 个注意点(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中线在面外的条件易忽视(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确总之：空间线面关系的判断要：真有据，假反例跟踪演练设互不相同的直线 l，m，n 和平面，给出下列三个命题：若 l 与 m 为异面直线
7、，l，m，则；若，l，m，则 lm；若 l，m，n，l，则 mn.其中真命题的个数为_解析 中 与 可能相交，故错；中 l 与 m 可能异面，故错；由线面平行的性质定理可知，lm，ln，所以 mn，故正确答案 1考点二 直线与平面平行的判定和性质热考点 如图，四棱锥 PABCD 中，ADBC，ABBC12AD，E，F，H 分别为线段 AD，PC，CD 的中点，AC 与 BE 交于O 点，G 是线段 OF 上一点(1)求证：AP平面 BEF；(2)求证：GH平面 PAD.思路引导(1)证明四边形ABCE为平行四边形 O、F分别为AC、PC中点 FOPA 结论 (2)由已知 FHPD FH面PAD
8、OHAD OH面PAD面PAD面OHF GH面PAD证明(1)连接 EC，ADBC，BC12AD，BC 綊 AE，四边形 ABCE 是平行四边形，O 为 AC 的中点又F 是 PC 的中点，FOAP，FO平面 BEF，AP平面 BEF，AP平面 BEF.(2)连接 FH，OH，F，H 分别是 PC，CD 的中点，FHPD，FH平面 PAD，PD平面 PAD，FH平面PAD.又O 是 BE 的中点，H 是 CD 的中点，OHAD，OH平面 PAD，AD平面 PAD，OH平面PAD.又 FHOHH，平面 OHF平面 PAD.又GH平面 OHF，GH平面 PAD.证明线面平行的 3 种方法(1)线面
9、平行的定义：一般用反证法(2)线面平行的判定定理：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(3)面面平行的性质定理：两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面跟踪演练如图，三棱柱 ABCA1B1C1，底面为正三角形，侧棱 A1A底面 ABC，点 E、F 分别是棱 CC1、BB1 上的点，点 M 是线段 AC上的动点，EC2FB.图 1当点 M 在何位置时，BM平面 AEF?解 解法一：如图 1，取 AE 的中点 O，连接 OF，过点 O作 OMAC 于点 M.侧棱 A1A底面 ABC，侧面 A1ACC1底面 ABC，OM底面 ABC.又EC
10、2FB，OMFB 綊12EC，四边形 OMBF 为矩形，BMOF，又OF平面 AEF，BM平面 AEF.故 BM平面 AEF，此时点 M 为 AC 的中点图 2解法二：如图 2，取 EC 的中点 P，AC 的中点 Q，连接 PQ、PB、BQ，PQAE.EC2FB，PE 綊 BF，PBEF，又PQ平面 AEF，AE平面 AEF，PB平面 AEF，EF平面 AEF.PQ平面 AEF，PB平面 AEF.又 PQPBP，平面 PBQ平面 AEF，又BQ平面 PQB，BQ平面 AEF.故点 Q 即为所求的点 M，此时点 M 为 AC 的中点考点三 平面与平面平行的判定和性质常考点 如图所示，在三棱柱 A
11、BCA1B1C1 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.思路引导(1)由G、H分别是A1B1，A1C1的中点 GHB1C1 GHBC 得结论(2)EFBC EF面BCHGA1EBG A1E面BCHG 面EFA1面BCHG证明(1)G，H 分别是 A1B1，A1C1 的中点，GH 是A1B1C1 的中位线，GHB1C1.又B1C1BC，GHBC，B，C，H，G 四点共面(2)E，F 分别是 AB，AC 的中点，EFBC.EF平面 BCHG，BC平面 BCHG，EF平面 BCHG.A1G 綊 EB
12、，四边形 A1EBG 是平行四边形，A1EGB.A1E平面 BCHG，GB平面 BCHG，A1E平面 BCHG.A1EEFE，平面 EFA1平面 BCHG.拓展探究 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，四边形 A1ACC1 是平行四边形，M 是 A1C 的中点，连接 MD，D 为 BC 的中点，A1BDM.A1B平面 A1BD1，DM平面 A1BD1，DM平面 A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1 綊 BD，四边形 BDC1D1 为平行四边形，DC1BD1.又 DC1平面 A1
13、BD1，BD1平面 A1BD1，DC1平面 A1BD1，又DC1DMD，DC1、DM平面 AC1D，平面 A1BD1平面 AC1D.证明面面平行的 4 种方法(1)面面平行的定义(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(3)利用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其中(2)用的最多，当题目中涉及垂直关系较多时，可考虑(3)跟踪演练(2017河南许昌三校第三次考试)如图所示，四边形 ABCD与四边形 ADEF 都为平行四边形，M，N，G 分别是 AB，AD，EF的中点求证：(1)BE平面 DMF；
14、(2)平面 BDE平面 MNG.证明(1)如图所示，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.因为 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.因为 DE平面 MNG，GN平面 MNG，所以 DE平面 MNG.因为 M 为 AB 的中点，所以 MN 为ABD 的中位线，所以BDMN.因为 BD平面 MNG，MN平面 MNG，所以 BD平面 MNG.因为 DE 与 BD 为平面 BDE 内的两条相交直线，所以平面 BDE
15、平面 MNG.名师引领 拓视野 思一思 悟一悟 素养达成线面平行的探索性问题 (2014四川卷)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形(1)若 ACBC，证明：直线 BC平面 ACC1A1；(2)设 D，E 分别是线段 BC，CC1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使直线 DE平面 A1MC？请证明你的结论切入点(1)证明 BC面 ACC1A1，已知 ACBC，只需在面 ACC1A1 内再寻找一条直线与 BC 垂直(2)D、E 分别为线段 BC，CC1 的中点，可考虑取 AB 的中点关键点 利用判定定理分析结论成立的条件规范解答(1)证明：因为四边形 A
16、BB1A1 和 ACC1A1 都是矩形，所以 AA1AB，AA1AC.因为 AB，AC 为平面 ABC 内两条相交的直线，所以 AA1平面 ABC.因为直线 BC平面 ABC，所以 AA1BC.又由已知，ACBC，AA1，AC 为平面 ACC1A1 内两条相交的直线所以 BC平面 ACC1A1.(2)取线段 AB 的中点 M，连接 A1M，MC，A1C，AC1，设 O为 A1C，AC1 的交点由已知，O 为 AC1 的中点连接 MD，OE，则 MD，OE 分别为ABC，ACC1 中的位线，所以，MD 綊12AC，OE 綊12AC，因此 MD 綊 OE.连接 OM，从而四边形 MDEO 为平行四
17、边形，则 DEMO.因为直线 DE平面 A1MC，MO平面 A1MC，所以直线 DE平面 A1MC.即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点)，使直线 DE平面 A1MC.易错分析(1)第一问中证明 BC平面 ACC1A1 时，应说明AA1 与 AC 为两条相交直线(2)第二问中不能根据点 D，E 分别是线段 BC，CC1 的中点联想到取 AB的中点，导致无法求解(3)第二问最后应对得到的结论进行总结说明，没有结论的要扣掉 2 分(1)当题目中出现线段的中点时，取中点，作中位线是常用的作辅助线的方法(2)解答探索性问题时，通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻
18、辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在感悟体验(2017南通模拟)如图所示，斜三棱柱 ABCA1B1C1 中，点 D，D1 分别为 AC，A1C1 上的点(1)当A1D1D1C1等于何值时，BC1平面 AB1D1?(2)若平面 BC1D平面 AB1D1，求ADDC的值解(1)如图所示，取 D1 为线段 A1C1 的中点，此时A1D1D1C11.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，点 O 为A1B 的中点在A1BC1 中，点 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A1D1D1C11 时，BC1平面 AB1D1.(2)由平面 BC1D平面 AB1D1，且平面 A1BC1平面 BC1DBC1，平面 A1BC1平面 AB1D1D1O 得 BC1D1O，A1D1D1C1A1OOB，又由题(1)可知A1D1D1C1DCAD，A1OOB 1，DCAD1，即ADDC1.
