1、第三节 平行关系【教材知识精梳理】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_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)因为_ _,所以l la,a ,l 此平面内 文字语言图形语言符号语言性 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_与该直线平行(简记为“线面平行线线平行)因为_,_ _,所以lbl l ,=b 交线 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 理一个平面内的两条_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”)因为_ _ _,所以 相
2、交直线 a,b,ab=P,a ,b 文字语言图形语言符号语言性 质 定 理两个平行平面同时与第三个平面_平行 因为_ _ _,所以ab ,=a,=b 相交交线【教材拓展微思考】1.一条直线与一个平面平行,那么它与平面内的所有直线都平行吗?提示:不都平行.该平面内的直线有两类,一类与该直线平行,一类与该直线异面.2.一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吗?提示:平行.可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”,这就是面面平行的判定定理.【教材母题巧变式】题号 1 2 3 4 源自 P33T2 P31例3 P35A组T4 P32T4 1.
3、下列命题中正确的是()A.若a,b是两条直线,且ab,那么a平行于经过b的任何平面 B.若直线a和平面 满足a,那么a与 内的任何直线平行 C.平行于同一条直线的两个平面平行 D.若直线a,b和平面 满足ab,a,b,则b 【解析】选D.A错误,a可能在经过b的平面内;B错误,a 与内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;D 正确,由a,可得a平行于经过直线a的平面与的交 线c,即ac,又ab,所以bc,b,c ,所以 b.2.平面 平面 的一个充分条件是()A.存在一条直线a,a,a B.存在一条直线a,a ,a C.存在两条平行直线a,b,a ,b ,a,b D.存在两条异面直线a,
4、b,a ,b ,a,b 【解析】选D.若=l,al,a,a,a,a,故排除A.若=l,a ,al,则a,故排除B.若=l,a ,al,b ,bl,则 a,b,故排除C.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1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BDAC=O,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ACE,所以BD1平面ACE.答案:平行 4.如图所示的正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P为所在棱的中点,则直线AB与平面PNM的位置关系是_.【解析】在正方体中,AB是正方体的对角
5、线,M,N,P为所在棱的中点,取MN的中点F,连接PF,则易知PFAB,故由线面平行的判定定理可知直线AB与平面PNM平行.答案：平行 考向一 线面平行、面面平行的基本问题 夯基练透【技法点拨】解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项(1)关注判定定理与性质定理中易忽视的条件.(2)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.(3)可举反例否定结论或用反证法证明结论是否正确.【基础保分题组】1.在空间中,对于平面 和共面的两直线m,n,下列命题中为真命题的是()A.若m,mn,则n B.若m,n,则mn C.若m,n与 所成的角相等,则mn D.若m ,n,则mn【解析】选D.对于选项A,
6、还有可能n ;对于选项 B,m与n可能平行或相交;对于选项C,m与n可能平行或相 交;对于选项D,当m ,n 时,必有mn或m与n异 面,而m与n是共面的两条直线,所以mn.2.已知直线a,b,平面,若a,b ,则“ab”是“”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.当时,因为a,且,所以a,又因为b ,所以ab,则“ab”是“”的必要条件;当ab时,若=b,则满足条件,但此时不成立,即“ab”不是“”的充分条件.故“ab”是“”的必要不充分条件.3.设m,l表示直线,表示平面,若m ,则“l”是“lm”的_条件.(填“充分”“必要”“
7、充要”“既不充分也不必要”)【解析】m ,l不能推出lm;m ,lm也不能推出l,所以是既不充分也不必要条件.答案:既不充分也不必要【拓展提升高考模拟预测】4.已知直线l平面,直线m平面,则下列命题正确的是()A.若 ,则lm B.若lm,则 C.若l,则m D.若 ,则lm【解析】选D.由题意得,A中l与m位置不确定,故A错误,B中 与 可能相交,故B错误,C中m与 的位置不确定,故C错误.5.(2015北京高考)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【解题指南】先判断能否由“m”推出“”
8、,再判断能否由“”推出“m”,最后利用充分必要条件的定义可得结论.【解析】选B.当m 时,可能 ,也可能 与 相交.当 时,由m 可知,m.因此,“m”是“”的必要而不充分条件.6.以下命题(其中a,b表示直线,表示平面):若ab,b ,则a;若a,b ,则ab;若ab,b,则a;其中正确命题的个数是()A.0个 B.1个 C.2个 D.3个【解析】选A.若ab,b ,则a或a ,故不 正确;若a,b ,则ab或a,b异面,故不正确;若ab,b,则a或a ,故不正确.【加固训练】1.下列条件中,能判断两个平面平行的是_.一个平面内的一条直线平行于另一个平面;一个平面内的两条直线平行于另一个平面
9、;一个平面内有无数条直线平行于另一个平面;一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面.【解析】由两个平面平行的判定定理可知,如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行,那么这两个平面平行.故可知符合.答案:2.(2017咸阳模拟)在空间中,用a,b,c表示三条不同的直线,表示平面,给出下列四个命题:若ab,bc,则ac;若ab,bc,则ac;若a,b,则ab;若a,b,则ab.其中真命题的序号为_.【解析】根据“平行于同一条直线的两条直线互相平行”知是真命题;根据线面垂直的性质定理“垂直于同一个平面的两条直线平行”知是真命题;均不是真命题.答案:考向二 面面平行的判定与性质 提能互动【典例】
10、(1)(2017宜春模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1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.世纪金榜导学号99972225(2)(2016山东高考改编)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EFDB.已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH平面ABC.【解题指南】(1)先证点D是BC的中点,再证BD1DC1.(2)找FC中点I,连接GI,HI,构造面面平行,进而证明线面平行.【规范解答】(1)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是A1C的中点,因为A1B平面AC1D,平面
11、A1BC平面AC1D=ED,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 BD,所以四边形BDC1D1为平行四边形,所以BD1C1D.BD1平面AC1D,C1D 平面AC1D,所以BD1平面AC1D,又因为A1BBD1=B,所以平面A1BD1平面AC1D.(2)取FC中点I,连接GI,HI,则有GIEF,HIBC,又EFDB,所以GIBD,又GIHI=I,BDBC=B,所以平面GHI平面ABC,因为GH 平面GHI,所以GH平面ABC.【母题变式】在典例(1)的条件下,若将条件“A1B平面AC1D”改为“A1D1AD”,证明:平面A1
12、BD1平面AC1D.【证明】因为A1D1AD,由等角定理得,BAD=B1A1D1,ABD=A1B1D1,又A1B1=AB.所以BADB1A1D1,所以BD=B1D1,又因为D1是B1C1的中点,所以D是BC的中点,易得四边形BDC1D1为平行四边形,所以BD1DC1,所以BD1平面AC1D,又A1D1AD,所以A1D1平面AC1D,所以平面A1BD1平面AC1D.【技法点拨】1.判定面面平行的方法(1)利用定义:常用反证法.(2)利用面面平行的判定定理.(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行.(4)利用两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.2.面面平行的性质(1)两平面平行,则一个平
13、面内的直线平行于另一个平面.(2)若一平面与两平行平面相交,则交线平行.提醒:利用面面平行的判定定理证明两平面平行时需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行.【拓展提升高考模拟预测】1.(2017威海模拟)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1内一点,若A1P平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是()世纪金榜导学号99972226 53 25A.1,B.,2425C.,2 D.2,32【解析】选B.取B1C1的中点M,BB1的中点N,连接A1M,A1N,MN,可以证明平面A1MN平面AEF,所以点P位于线段
14、MN上.因为A1M=A1N=MN=所以当点P位于M,N点时,A1P最大,当P位于MN中点O 时,A1P最小,此时A1O=所以 所以线段A1P长度的取值范围是 2151,22()22112,222()()22523 2,244()()3 2415A P,23 25,.422.(2017杭州模拟)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点O是底面中心,A1O底面ABCD,AB=AA1=.世纪金榜导学号99972227(1)证明:平面A1BD平面CD1B1.(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积.2【解析】(1)由题设知,BB1 DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所
15、以BDB1D1,又因为BD平面CD1B1,B1D1 平面CD1B1,所以BD平面CD1B1.因为A1D1 B1C1 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BDA1B=B,所以平面A1BD平面CD1B1.(2)因为A1O平面ABCD,所以A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高.又因为AO=AC=1,AA1=,所以A1O=1.又因为SABD=1,所以 =SABDA1O=1.122221AAAO12221 11ABD A B DV【加固训练】如图所示,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,D,D1分
16、别是AC,A1C1上的点,当 分别为何值时,平面BC1D平面AB1D1.1111A DADDC D C，【解析】如图所示,连接A1B与AB1交于点O,连接OD1.因为平面BC1D平面AB1D1,且平面A1BC1平面BDC1=BC1,平面A1BC1平面AB1D1=OD1,所以BC1OD1.同理AD1DC1.由BC1OD1,得 =1,即A1D1=D1C1.由AD1DC1,ADD1C1,得四边形ADC1D1是平行四边形,所以AD=D1C1,11111A DA OD COB所以A1D1=DC.所以 即当 时,平面BC1D平面AB1D1.1111A DDC1ADD C，1111A DAD1DCD C考向
17、三 直线与平面平行的判定与性质 高频考点微课【考情快递】命题点命题视角1.证明直线与平面平行主要考查利用线面平行的判定定理或利用面面平行的性质证明线面平行2.线面平行性质定理的应用主要考查利用线面平行的性质定理得出线线平行,进而求解其他问题【考题例析】命题点1:证明直线与平面平行【微思考】一般采取什么方法证明直线与平面平行【微提示】构造线线平行或面面平行证明线面平行.【典例】(2015山东高考改编题)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,点G,H分别为AC,BC的中点.求证:BD平面FGH.世纪金榜导学号99972228【解题指南】构造线线平行或面面平行证明线面平行.【规范解答】如图,
18、连接DG,CD,设CDFG=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,点G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形,所以点O为CD的中点.又因为点H为BC的中点,所以OHBD.又因为OH 平面FGH,BD平面FGH,所以BD平面FGH.【一题多解】解答本题,还有以下解法:因为DEF-ABC是三棱台,且AB=2DE,所以BC=2EF,因为点H为BC的中点,所以BHEF,BH=EF,所以四边形BHFE为平行四边形,所以BEHF.BE 平面ABED,FH平面ABED,所以FH平面ABED,在ABC中,点G为AC的中点,点H为BC的中点,所以GHAB,同理GH
19、平面ABED.又因为GHHF=H,所以平面FGH平面ABED.因为BD 平面ABED,所以BD平面FGH.命题点2:线面平行性质定理的应用【微思考】怎样利用线面平行的性质定理?【微提示】利用线面平行的性质定理时,关键是找出过原直线的平面与原平面的交线.【典例】如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ACB1D,BB1底面ABCD,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.【解题指南】要证线面平行,就是要证线线平行,直线GF是平面CEC1与平面BB1D的交线,因此要得平行,就要有线面平行,由BB1CC1可得CC1平面BB1D
20、,进而BB1GF,结论得证.【规范解答】在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,BB1CC1,BB1 平面BB1D,CC1平面BB1D,所以CC1平面BB1D,又CC1 平面CEC1,平面CEC1与平面BB1D交于FG,所以CC1FG,因为BB1CC1,所以BB1FG,而BB1 平面AA1B1B,FG平 面AA1B1B,所以FG平面AA1B1B.【技法点拨】应用直线与平面平行的判定与性质的关注点(1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线.(2)构造平行的常见形式:三角形的中位线、平行四边形、利用比例关系证明两直线平行等.(3)在解决线面、面面平
21、行的判定时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反.【拓展提升高考模拟预测】1.(2017银川模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AB,CC1的中点,在平面ADD1A1内与平面D1EF平行的直线有_条.【解析】在AA1上取一点G,使得AG=AA1,连接EG,D1G,易证得EGD1F,所以平面EGD1F与平面ADD1A1相交于D1G,在平面ADD1A1内,14平行于D1G的直线均平行于平面D1EF,这样的直线有无数条.答案:无数 2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,
22、G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,CD的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH上及其内部运动,则M满足条件_时,有MN平面B1BDD1.【解析】因为HNDB,FHD1D,所以平面FHN平面B1BDD1.因为点M在四边形EFGH上及其内部运动,故MFH.答案:MFH 3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别为线段A1B,AC1的中点.世纪金榜导学号99972229 求证:MN平面BB1C1C.【解题指南】要证线面平行,就要证MN与平面BB1C1C内的一条直线平行,注意到M,N都是相应线段的中点,特别是A1C与AC1的交点就是N,这样由中位线定理就可证线线平行,从而证得线
23、面平行.【证明】如图,连接A1C.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C为平行四边形.又因为N为线段AC1的中点,所以A1C与AC1相交于点N,即A1C经过点N,且N为线段A1C的中点.因为M为线段A1B的中点,所以MNBC.又因为MN平面BB1C1C,BC 平面BB1C1C,所以MN平面BB1C1C.【证明】连接BD,因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EFBD.因为BDB1D1,所以EFB1D1.又因为EF平面AB1D1,4.(2017郑州模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是CB,CD,CC1的中点.世纪金榜导学号99972230 求证:平面AB
24、1D1平面EFG.【证明】连接BD,因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EFBD.因为BDB1D1,所以EFB1D1.又因为EF平面AB1D1,B1D1 平面AB1D1,所以EF平面AB1D1,同理EG平面AB1D1.因为EFEG=E,所以平面AB1D1平面EFG.【加固训练】1.如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1是正方形,A1CB是正三角形,AC=AB=1,B1C1BC,BC=2B1C1.求证:AB1平面A1C1C.【证明】取BC的中点D,连接AD,B1D,C1D,因为B1C1BC,BC=2B1C1,所以四边形BDC1B1与CDB1C1都是平行四边形,所以C1D B1
25、B,CC1B1D,在正方形ABB1A1中,BB1 AA1,所以C1D AA1,所以四边形ADC1A1为平行四边形,所以ADA1C1,因为B1DAD=D,所以平面ADB1平面A1C1C,又因为AB1 平面ADB1,所以AB1平面A1C1C.2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点E在线段B1C1上,B1E=3EC1,试探究:在AC上是否存在点F,满足EF平面A1ABB1?若存在,请指出点F的位置,并给出证明;若不存在,请说明理由.【解析】方法一:存在.当AF=3FC时,EF平面A1ABB1.证明如下:在平面A1B1C1内过点E作EGA1C1交A1B1于点G,连接AG.因为B1E=3EC1,所
26、以EG=A1C1,又因为AFA1C1,且AF=A1C1,所以AF EG,所以四边形AFEG为平行四边形,所以EFAG,又因为EF平面A1ABB1,AG 平面A1ABB1,所以EF平面A1ABB1.3434方法二:存在.当AF=3FC时,EF平面A1ABB1.证明如下:在平面BCC1B1内过点E作EGBB1交BC于点G,连接EF,FG,因为EGBB1,EG平面A1ABB1,BB1 平面A1ABB1,所以EG平面A1ABB1,因为B1E=3EC1,所以BG=3GC,因为AF=3FC,所以FGAB.又因为AB 平面A1ABB1,FG平面A1ABB1,所以FG平面A1ABB1,又因为EG 平面EFG,FG 平面EFG,EGFG=G,所以平面EFG平面A1ABB1,因为EF 平面EFG,所以EF平面A1ABB1.
