2021届山东高考数学一轮创新教学案：第7章第4讲直线、平面平行的判定与性质

第4讲　直线、平面平行的判定与性质

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α，P∈α，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α，直线b∥a，则b与α的位置关系是(　　)

A.b与α相交  B．b∥α或b⊂α

C.b⊂α  D．b∥α

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b∥a，可知若b与α相交，则a与α也相交，而由题目已知，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.故选B.

(2)如图，α∥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＝________.

答案　

解析　因为α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，所以CD∥AB，所以＝.因为PC＝2，CA＝3，CD＝1，所以AB＝.

(3)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．

①AD1∥BC1；

②平面AB1D1∥平面BDC1；

③AD1∥DC1；

④AD1∥平面BDC1.

答案　①②④

解析　如图，因为AB綊C1D1，

所以四边形AD1C1B为平行四边形．

故AD1∥BC1，从而①正确；

易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，

又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，

故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；

由图易知AD1与DC1异面，故③错误；

因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，

所以AD1∥平面BDC1，故④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Ⅰ节选)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，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ME∥B1C，且ME＝B1C.

又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.

由题设知A1B1DC，

可得B1CA1D，故MEND，

因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.

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CD⊥AB.求证：四边形EFGH是矩形．

证明　∵CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF，∴CD∥EF.

同理，HG∥CD，∴EF∥HG.

同理，HE∥GF，

∴四边形EFGH为平行四边形，∵CD∥EF，HE∥AB，

∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．

又CD⊥AB，∴HE⊥EF.

∴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⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．如举例说明1；

(3)利用面面平行的性质定理

①α∥β，a⊂α⇒a∥β；

②α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β.

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Ⅲ改编)如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．证明：MN∥平面PAB.

证明　由已知得AM＝AD＝2.如图，

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

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：PA∥GH.

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，∴AP∥OM.

又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，

∴PA∥平面BMD.

∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，

且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.

题型 二　平面与平面平行的判定与性质　

1.(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)

A.α内有无数条直线与β平行

B.α内有两条相交直线与β平行

C.α，β平行于同一条直线

D.α，β垂直于同一平面

答案　B

解析　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β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α∥β的充要条件．故选B.

2．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)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，

∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.

又B1C1∥BC，∴GH∥BC，

∴B，C，H，G四点共面．

(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，

∵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，∴A1E∥GB.

∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，

∴A1E∥平面BCHG.又A1E∩EF＝E，

∴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AB1于点O，连接OD1.

由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.

所以BC1∥D1O，则＝＝1.

同理，可证AD1∥DC1，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，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.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P－ABM的体积．

解　(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，

∴MN∥PA.

∵MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，

∴MN∥平面PAB.

在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，

∴∠ACN＝60°.

又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.

∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，

∴CN∥平面PAB.

又CN∩MN＝N，

∴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．

∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，

∴BC＝，

∴三棱锥P－ABM的体积V＝VM－PAB＝VC－PAB

＝××1×2×＝.

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ABCD－A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，点M在棱A1B1上，且A1M＝A1B1.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M－BC1E的体积．

解　(1)如图，在棱C1D1上取点N，使D1N＝A1M＝1.

又D1N∥A1M，

∴四边形A1MND1是平行四边形，∴MN∥A1D1∥AD.

∴四边形AMND为平行四边形，

∴AM∥DN.

过C1作C1E∥DN交CD于点E，连接BE，

∴DN∥平面BC1E，AM∥平面BC1E，

∴CE＝1.

(2)由(1)知，AM∥平面BC1E，

∴VM－BC1E＝VA－BC1E＝VC1－ABE＝××4＝6.

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)．

①MB是定值；

②点M在圆上运动；

③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；

④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.

答案　①②④

解析　如图，取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，

∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确.

　组　基础关

1.若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β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β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.

2.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”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⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”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α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则△A′B′C′与△ABC面积的比为(　　)

A.2∶5

B.3∶8

C.4∶9

D.4∶25

答案　D

解析　∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又PA′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝PA′∶PA＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC＝2∶5.∴△A′B′C′与△ABC相似，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25，故选D.

4.(2017·全国卷Ⅰ)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①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.

C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂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AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)

A.BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形

B.EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形

C.HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形

D.EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形

答案　B

解析　如图，由题意得EF∥BD，且EF＝BD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG∥BD，且HG＝BD.所以EF∥HG，且EF≠HG.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ABC－A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中的真命题是(　　)

A.①②  B．②③

C．①③  D．①②③

答案　C

解析　直线AA1∥平面α，且平面α与平面AA1C1C、平面AA1B1B分别交于FG，EH，所以AA1∥FG，AA1∥EH，所以FG∥EH.又平面ABC∥平面A1B1C1，平面α与平面ABC、平面A1B1C1分别交于EF，GH，所以EF∥GH.所以四边形EFGH为平行四边形．因为AA1∥平面α，且AA1⊥平面ABC，所以平面α⊥平面ABC，即平面α⊥平面BCFE.平面α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．综上，应选C.

7.(2019·益阳模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1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，∵DN∥BM，DQ∥A1M且DN∩DQ＝D，BM∩A1M＝M，

∴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CP⊥DN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为直线，α，β为平面)，则此条件是________．

⇒l∥α；⇒l∥α；

⇒l∥α.

答案　l⊄α

解析　①l∥m，m∥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α；

②l⊄α，m⊂α，l∥m⇒l∥α；

③l⊥m，m⊥α⇒l∥α或l⊂α，由l⊄α⇒l∥α.

9.(2020·北京海淀模拟)如图，ABCD－A1B1C1D1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ABCD＝PQ，MN⊂平面PQNM，

∴MN∥PQ.

又MN∥AC，∴PQ∥AC.

又AP＝，∴＝＝＝，

∴PQ＝AC＝a.

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FH∥DD1，HN∥BD，

∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，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：

①ED与NF所成的角为60°；②CN∥平面AFB；③BM∥DE；④平面BDE∥平面NCF.

其中正确判断的序号是(　　)

A.①③  B．②③

C．①②④  D．②③④

答案　C

解析　把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD－EFMN，得ED与NF所成的角为60°，故①正确；CN∥BE，CN⊄平面AFB，BE⊂平面AFB.∴CN∥平面AFB，故②正确；BM与ED是异面直线，故③不正确；∵BD∥FN，BE∥CN，BD∩BE＝B，BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面NCF，故④正确．正确判断的序号是①②④，故选C.

2．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，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ABCD－A1B1C1D1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sin∠EAF1＝sin60°＝，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ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是(　　)

答案　C

解析　过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MQ⊄平面DCC1D1，DD1⊂平面DCC1D1，

∴MQ∥平面DCC1D1，∵MN∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，

∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵＝＝2.∴MQ＝2x.

在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(0≤x<1,1≤y<)，∴函数y＝f(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ABCD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BE∥MO，

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DE∥GN，

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BD∥MN，

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∥平面MNG.

5.底面是平行四边形的四棱锥P－ABCD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．

∵AB∥CD，∴AE∥FG.

则AE，GF确定一个平面，

若AF∥平面PEC，则AF∥EG.

∴AE＝GF.而＝.∴AE＝AB.

又AB＝CD，∴GF＝DC.

∵GF∥DC，∴＝＝.

∴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ABC－A1B1C1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∠BAC＝90°，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B1C1所成的角为30°，求三棱柱ABC－A1B1C1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AB1C1＝MN，∴DE∥MN，

又在三棱柱侧面A1ABB1中，D为AB的中点，∴A1B1＝2AD，

由AD∥A1B1可得，∠MAD＝∠MB1A1，∠MDA＝∠MA1B1，所以△ADM∽△B1A1M，

故A1M＝2MD，∵DE∥MN，∴A1N＝2NE，

在平面A1ACC1中，同理可证得△A1NA∽△ENC1，

∴CC1＝AA1＝2EC1.

故E是CC1的中点．

(2)取BB1的中点F，连接EF，DF，可知EF∥B1C1，

故∠DEF为异面直线DE与B1C1所成的角，

设AC＝x，则在△DEF中，可求得DE＝ ，DF＝2，EF＝BC＝，

由余弦定理，得cos∠DEF＝＝，

解得x＝4，故VABC－A1B1C1＝×4＝32.