2022版新教材高考数学一轮复习第7章立体几何第3节直线平面平行的判定与性质学案含解析新人教A版

1、第三节直线、平面平行的判定与性质一、教材概念结论性质重现1直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件aa，b，abaa，a，b结论abaab(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行但一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线(面)2两个平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a，b，abp，a，b，a，b，a结论aba判定定理的推论：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3常用结论 (1)两个平面平行，其中一个平面内

2、的任意一条直线平行于另一个平面(2)夹在两个平行平面之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)同一条直线与两个平行平面所成角相等(6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行二、基本技能思想活动体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(1)若直线a与平面内无数条直线平行，则a()(2)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行()(3)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()(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

3、或异面()2平面平面的一个充分条件是()a存在一条直线a，a，ab存在一条直线a，a，ac存在两条平行直线a，b，a，b，a，bd存在两条异面直线a，b，a，b，a，bd解析：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3在正方体abcd-a1b1c1d1中，e，f，g分别是a1b1，cd，b1c1的中点，下列命题正确的是()aae与cg是异面直线b四边形aec1f是正方形cae平面bc1fd以上都不对d解析：若l，al，a，a，则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.故选d.4如图，在长方体

4、abcd-a1b1c1d1中，e为dd1的中点，则bd1与平面aec的位置关系为_平行解析：连接bd，设bdaco，连接eo(图略)在bdd1中，o为bd的中点，e为dd1的中点，所以eo为bdd1的中位线，则bd1eo，而bd1平面ace，eo平面ace，所以bd1平面ace.考点1直线、平面平行的基本问题基础性1过三棱柱abc-a1b1c1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面abb1a1平行的直线共有()a4条 b6条 c8条 d12条b解析：作出如图的图形，e，f，g，h是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面efgh中由此四点可以组成的直线有ef，gh，fg，eh，ge，hf，共

5、有6条2(多选题)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平行的是()bcd解析：a项，作如图所示的辅助线，其中d为bc的中点，则qdab.因为qd平面mnqq，所以qd与平面mnq相交，所以直线ab与平面mnq相交b项，作如图所示的辅助线，则abcd，cdmq，所以abmq.又ab平面mnq，mq平面mnq，所以ab平面mnq.c项，作如图所示的辅助线，则abcd，cdmq，所以abmq.又ab平面mnq，mq平面mnq，所以ab平面mnq.d项，作如图所示的辅助线，则abcd，cdnq，所以abnq.又ab平面m

6、nq，nq平面mnq，所以ab平面mnq.故选bcd.3(多选题)在正方体abcd-a1b1c1d1中，m，n，q分别是棱d1c1，a1d1，bc的中点，点p在bd1上且bpbd1，则下列说法正确的是()amn平面apcbc1q平面apcca，p，m三点共线d平面mnq平面apcbc解析：如图，对于a，连接mn，ac，则mnac，连接am，cn.易得am，cn交于点p，即mn平面apc，所以a选项错误对于b，由a知m，n在平面apc内，由题易知anc1q，且an平面apc，c1q平面apc.所以b选项正确对于c，由a知，a，p，m三点共线，所以c选项正确对于d，由a知mn平面apc，又mn平面

7、mnq，所以d选项错误直线、平面平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件(2)结合题意构造图形，结合图形做出判断(3)利用实物进行空间想象，比较判断(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等考点2直线、平面平行的判定与性质综合性如图，在几何体eabcd中，四边形abcd是矩形，ab平面bec，beec，abbeec2，g，f分别是线段be，dc的中点求证：gf平面ade.证明：(方法一：线线平行，则线面平行)如图，取ae的中点h，连接hg，hd.因为g是be的中点，所以ghab，且ghab.又f是cd的中点，所以dfcd.由四边形abcd是矩

8、形得abcd，abcd，所以ghdf，且ghdf，从而四边形hgfd是平行四边形，所以gfdh.又dh平面ade，gf平面ade，所以gf平面ade.(方法二：面面平行，则线面平行)如图，取ab的中点m，连接mg，mf.因为g是be的中点，所以gmae.又ae平面ade，gm平面ade，所以gm平面ade.在矩形abcd中，由m，f分别是ab，cd的中点得mfad.又ad平面ade，mf平面ade.所以mf平面ade.又因为gmmfm，gm平面gmf，mf平面gmf，所以平面gmf平面ade.因为gf平面gmf，所以gf平面ade.解决线面平行问题的关键点(1)利用判定定理判定直线与平面平行，

9、关键是找出平面内与已知直线平行的直线可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑作三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线(2)线面平行的性质定理是空间图形中产生线线平行的主要途径，常用于作截面1(多选题)(2020济宁期末)已知m，n为两条不重合的直线，为两个不重合的平面，则下列说法正确的是()a若m，n且，则mnb若mn，m，n，则c若mn，n，m，则md若mn，n，则mbc解析：若m，n且，则可能mn，m，n异面，或m，n相交，a错误；若mn，m，则n，又n，故，b正确；若mn，n，则m或m，又，m，故m，c正确；若mn，n，则m，又，则m或m，d错误故

10、选bc.2一个长方体被一个平面所截得的几何体如图所示，四边形efgh为截面，则四边形efgh的形状为_平行四边形解析：因为平面abfe平面cdhg，又平面efgh平面abfeef，平面efgh平面cdhghg，所以efhg.同理ehfg，所以四边形efgh是平行四边形3如图，已知点p是平行四边形abcd所在平面外的一点，e，f分别是pa，bd上的点，且peeabffd.求证：ef平面pbc.证明：(方法一)连接af，并延长交bc于点g，连接pg.因为bcad，所以.又因为，所以，所以efpg.又因为pg平面pbc，ef平面pbc，所以ef平面pbc.(方法二)过点f作fmad，交ab于点m，连

11、接em.因为fmad，adbc，所以fmbc.又因为fm平面pbc，bc平面pbc，所以fm平面pbc.由fmad得.又因为，所以，所以empb.因为pb平面pbc，em平面pbc，所以em平面pbc.因为emfmm，em，fm平面efm，所以平面efm平面pbc，因为ef平面efm，所以ef平面pbc.考点3面面平行的判定与性质及平行的综合问题应用性考向1面面平行的判定与性质如图，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

12、gh是a1b1c1的中位线，所以ghb1c1.又因为b1c1bc，所以ghbc，所以b，c，h，g四点共面(2)因为e，f分别是ab，ac的中点，所以efbc.因为ef平面bchg，bc平面bchg，所以ef平面bchg.又g，e分别为a1b1，ab的中点，a1b1ab且a1b1ab，所以a1gbe且a1gbe，所以四边形a1ebg是平行四边形，所以a1egb.又因为a1e平面bchg，gb平面bchg，所以a1e平面bchg.又因为a1eefe，a1e，ef平面efa1，所以平面efa1平面bchg.1在本例中，若将条件“e，f，g，h分别是ab，ac，a1b1，a1c1的中点”变为“d1，

13、d分别为b1c1，bc的中点”，求证：平面a1bd1平面ac1d.证明：如图，连接a1c，与ac1交于点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a1bdm.因为a1b平面a1bd1，dm平面a1bd1，所以dm平面a1bd1.由三棱柱的性质知，d1c1bd且d1c1bd，所以四边形bdc1d1为平行四边形，所以dc1bd1.又dc1平面a1bd1，bd1平面a1bd1，所以dc1平面a1bd1.又dc1dmd，dc1，dm平面ac1d，所以平面a1bd1平面ac1d.2在本例中，若将条件“e，f，g，h分别是ab，ac，a1b1，a1c1

14、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：连接a1b，交ab1于点o，连接od1.因为平面bc1d平面ab1d1，且平面a1bc1平面bc1dbc1，平面a1bc1平面ab1d1d1o，所以bc1d1o，则1.同理ad1dc1.又add1c1，所以四边形adc1d1是平行四边形，所以add1c1.又aca1c1，所以，所以1，即1.判定面面平行的方法(1)利用定义，即两个平面没有公共点(不常用)(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)(3)利用垂直于同一条直线两平面平行(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面

15、平行考向2平行关系的综合问题如图，在正方体abcd-a1b1c1d1中，e是棱dd1的中点在棱c1d1上是否存在一点f，使b1f平面a1be？证明你的结论解：在棱c1d1上存在一点f，使b1f平面a1be.证明如下：如图所示，分别取c1d1和cd的中点f，g，连接b1f，eg，bg，cd1，fg.因为a1d1b1c1bc，且a1d1bc，所以四边形a1bcd1是平行四边形，所以d1ca1b.又e，g分别为d1d，cd的中点，所以egd1c，从而ega1b.这说明a1，b，g，e四点共面所以bg平面a1be.因为四边形c1cdd1与b1bcc1皆为正方形，f，g分别为c1d1和cd的中点，所以f

16、gc1cb1b，且fgc1cb1b，所以四边形b1bgf是平行四边形，所以b1fbg，而b1f平面a1be，bg平面a1be，故b1f平面a1be.解决面面平行问题的关键点(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“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，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法1设，为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“m，n，且_，则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题，n；m，n

17、；n，m.可以填入的条件有()abcdc解析：由面面平行的性质定理可知，正确；当n，m时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确2在四面体abcd中，m，n分别是acd，bcd的重心，则四面体的四个面中与mn平行的是_平面abc，平面abd解析：如图，连接am并延长交cd于点e，连接bn并延长交cd于点f.由重心的性质可知，e，f重合为一点且该点为cd的中点e.由，得mnab，因此，mn平面abc，且mn平面abd.3如图，在正方体abcd-a1b1c1d1中，s是b1d1的中点，e，f，g分别是bc，cd，sc的中点，求证：(1)eg平面bdd1b1；(2)平面efg平面bdd1b

18、1.证明：(1)如图，连接sb，因为e，g分别是bc，sc的中点，所以egsb.又因为sb平面bdd1b1，eg平面bdd1b1，所以直线eg平面bdd1b1.(2)如图，连接sd，因为f，g分别是cd，sc的中点，所以fgsd.又因为sd平面bdd1b1，fg平面bdd1b1，所以fg平面bdd1b1.又eg平面bdd1b1，eg平面efg，fg平面efg，egfgg，所以平面efg平面bdd1b1.如图，四边形abcd是边长为3的正方形，de平面abcd，af平面abcd，de3af3.证明：平面abf平面dce.四字程序读想算思平面abf平面dce，de平面abcd，af平面abcd，d

19、e3af3面面平行的证明方法；线面面面，线线面面构造平行关系证明平行的有关定理：1面面平行的判定定理；2面面平行判定定理的推论思路参考：应用面面平行的判定定理证明证明：因为de平面abcd，af平面abcd，所以deaf.因为af平面dce，de平面dce，所以af平面dce.因为四边形abcd是正方形，所以abcd.因为ab平面dce，所以ab平面dce.因为abafa，ab平面abf，af平面abf，所以平面abf平面dce.思路参考：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明证明：因为de平面abcd，af平面abcd，所以deaf.因为四边形abcd为正方形，所以abcd.又afaba，af，ab平面abf，decdd，de，dc平面dce，所以平面abf平面dce.思路参考：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明证明：因为de平面abcd，所以dead，在正方形abcd中，adcd，又decdd，所以ad平面dce.同理ad平面abf，所以平面abf平面dce.1本题考查空间中面与面平行的证明方法，基本的解题策略是借助于“平行”的有关定理来证明，对于此类题目要注意对定理的熟