【数学总复习-考点精讲】RJA 第七章 第3讲　空间直线、平面的平行

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第3讲　空间直线、平面的平行
考向预测 核心素养
直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想． 直观想象、逻辑推理
一、知识梳理
1．线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(简记为“线线平行 线面平行”) l∥α
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∥b
2.面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”) α∥β
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
[提醒]　三种平行关系的转化
常用结论
1．平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
2．平行关系有关的性质
(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(2)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(3)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
二、教材衍化
1．(人A必修第二册P143习题8.5T1(1)改编)如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α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
2．(人A必修第二册P142练习T2改编)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α
3.
(人A必修第二册P138例3改编)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
参考答案
1解析：选D.因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交．
2解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a α，a β，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a α，a∥l，b β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.
3解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α.(　　)
(2)若直线l在平面α外，则l∥α.(　　)
(3)若直线l∥b，直线b α，则l∥α.(　　)
(4)若直线l∥b，直线b α，那么直线l平行于平面α内的无数条直线．(　　)
二、易错纠偏
1．(线面平行的概念理解不清致误)已知M是两条异面直线a，b外一点，则过点M且与直线a，b都平行的平面(　　)
A．有且只有一个　 B.有两个
C．没有或只有一个 D.有无数个
2.
(多选)(判断平行关系条件不明致误)如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是(　　)
A．OM∥PD B.OM∥平面PCD
C．OM∥平面PDA D.OM∥平面PBA
3．(线面平行性质不清致误)在三棱柱ABC A′B′C′中，截面A′B′C与平面ABC交于直线a，则直线a与直线A′B′的位置关系为________．
4.
(面面平行性质不清致误)如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________．
参考答案
一、思考辨析
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
二、易错纠偏
1解析：选C.过点M作直线a′∥a，过点M作直线b′∥b，
则直线a′，b′确定平面α.
当a，b都不在由a′，b′确定的平面α内时，过点M且与a，b都平行的平面有且只有一个；当a α或b α时，过点M且与a，b都平行的平面不存在．
2解析：选ABC.对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；
对于B，由于OM∥PD，OM 平面PCD，PD 平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；
对于C，由于OM∥PD，OM 平面PAD，PD 平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；
对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选ABC.
3解析：在三棱柱ABC A′B′C′中，A′B′∥AB，AB 平面ABC，A′B′ 平面ABC，所以A′B′∥平面ABC.
又A′B′ 平面A′B′C，平面A′B′C∩平面ABC＝a，
所以A′B′∥a.
答案：平行
4解析：由结论知＝，所以AB＝＝＝.
答案：
考点一　线面平行的判定与性质(多维探究)
复习指导：以立体几何的定义和基本事实为出发点，认识和理解空间中直线与平面平行的有关性质与判定定理．
角度1　直线与平面平行的判定
如图所示，
正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE，BD上各有一点P，Q，且AP＝DQ，求证：PQ∥平面BCE.
【证明】　方法一：如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN，
因为正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，所以AE＝BD，又AP＝DQ，所以PE＝QB，又PM∥AB∥QN，所以＝＝＝，所以＝，
又AB綉DC，所以PM綉QN，所以四边形PMNQ为平行四边形，
所以PQ∥MN，又MN 平面BCE，PQ 平面BCE，
所以PQ∥平面BCE.
方法二：如图，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE交AB于点M，连接QM，则PM∥平面BCE，因为PM∥BE，所以＝，又AE＝BD，AP＝DQ，所以PE＝BQ，所以＝，所以＝，
所以MQ∥AD，又AD∥BC，所以MQ∥BC，所以MQ∥平面BCE，又PM∩MQ＝M，所以平面PMQ∥平面BCE，又PQ 平面PMQ，所以PQ∥平面BCE.
证明线面平行有两种常用方法
一是线面平行的判定定理；二是先利用面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质证明线面平行．
角度2　直线与平面平行的性质
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：PA∥GH.
【证明】　
如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以O是AC的中点，
又M是PC的中点，
所以AP∥OM.
又MO 平面BMD，PA 平面BMD，
所以PA∥平面BMD.
又因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且PA 平面PAHG，所以PA∥GH.
在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定要注意定理成立的条件，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．
|跟踪训练|
如图所示，
已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
解：
(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.
因为O，M分别是AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，
所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.
又因为OE 平面BDE，AM 平面BDE，
所以AM∥平面BDE.
(2)l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，
又AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，
又AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m.
考点二　面面平行的判定与性质(思维发散)
复习指导：以立体几何的定义和基本事实为出发点，认识和理解空间中平面与平面平行的有关性质与判定定理．
如图
所示，在三棱柱ABC A1B1C1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)因为G，H分别是
A1B1，A1C1的中点，
所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，
所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．
(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，
所以EF∥BC，
因为EF 平面BCHG，BC 平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，AB＝A1B1，
所以A1G綉EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，
所以A1E∥GB.
因为A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
又因为A1E∩EF＝E，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
1．在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.
证明：
如图所示，连接HD，A1B，BC1，
因为D为BC1的中点，
H为A1C1的中点，所以HD∥A1B，
又HD 平面A1B1BA，
A1B 平面A1B1BA，
所以HD∥平面A1B1BA.
2．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，
因为四边形A1ACC1是平行四边形，
所以M是A1C的中点，连接MD，
因为D为BC的中点，
所以A1B∥DM.
因为A1B 平面A1BD1，DM 平面A1BD1，
所以DM∥平面A1BD1.
又由三棱柱的性质知，D1C1綉BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，
所以DC1∥BD1.
又DC1 平面A1BD1，BD1 平面A1BD1，
所以DC1∥平面A1BD1，
又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM 平面AC1D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
|跟踪训练|
(多选)(2022·菏泽市东明一中月考)已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过P点的两条直线AC，BD分别交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的长为(　　)
A．20　　　 B.16　　　
C.12　　　 D.4
解析：选AD.因为过P点的两条直线AC，BD确定的平面分别交α于A，B，交β于C，D，
且平面α∥平面β，所以可得AB∥CD，
分两种情况：
当点P在两平行平面之外时，＝，则CD＝20；
当点P在两平行平面之间时，得PC＝AC－AP＝3，＝，则CD＝4.故选AD.
考点三　平行关系中的探索性问题(综合研析)
复习指导：能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．
如图，
已知斜三棱柱ABC A1B1C1中，点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)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时＝1，
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，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
所以OD1∥BC1.
又因为OD1 平面AB1D1，BC1 平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)因为平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
所以BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
因为＝，＝，
又因为＝1，所以＝1，即＝1.
解决探索性问题的方法
(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．
(2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”．
|跟踪训练|
如图，
在正方体ABCD A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且＝＝.
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
解：
(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，
所以＝＝，
又因为＝＝，所以＝＝，
所以PQ∥MD1.又MD1 平面A1D1DA，PQ 平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA.
(2)当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图，
证明如下：因为＝，
即＝，故＝.
所以PR∥DA.
又DA 平面A1D1DA，PR 平面A1D1DA，
所以PR∥平面A1D1DA，
又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA.
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
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