第三节 直线、平面平行的判定与性质 教案

#第三节直线、平面平行的判定与性质核心素养立意下的命题导向1•结合立体几何的定义、公理，会推导直线和平面平行、平面和平面平行的判定定理和性质定理，凸显逻辑推理的核心素养.常与求几何体的体积计算相结合，会应用直线和平面平行、平面和平面平行的判定定理、性质定理证明空间的线、面平行关系，凸显直观想象、逻辑推理的核心素养.基础—在微点清障中全直落实基础—在微点清障中全直落实［理清主干知识］直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面a没有公共点，则称直线l与平面a平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面Ola，bua，a〃b今a〃a性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a〃a，aufi，aap=b=a//b2•平面与平面平行平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.判定定理与性质定理如果两个平行平面同时和第a〃0,aCY=a，三个平面相交，那么它们的交线平行/也叨0Qy=bna〃b3•谨记两个结论⑴垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a丄伽a丄"，则a〃几（2）平行于同一平面的两个平面平行，即若a〃0,0〃y，则a〃y［澄清盲点误点］―、关键点练明（直线与平面平行的定义）如果直线a〃平面a,那么直线a与平面a内的（）—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解析：选D因为a〃平面a,直线a与平面a无公共点，因此a和平面a内的任意一条直线都不相交，故选D.（面面平行的判定定理）设a，0是两个不同的平面，m是一条直线且mUa,“m〃〃”是“a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m〃“时，过m的平面a与0可能平行也可能相交，因而m〃0a〃0;当all0时，a内任一直线与0平行，因为mUa,所以m〃0.综上知，“m〃0”是“a〃0”的必要不充分条件.（平行关系的判定）已知m，n是两条不同的直线，a，0，y是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.m〃a，n〃a，则m〃nB.m〃n，m〃a，则n〃aC.m丄a，m丄0，则a〃0D.a丄y，0丄y，则a〃0解析：选CA中，m与n平行、相交或异面，A不正确；B中，n〃a或nUa，B不正确；根据线面垂直的性质，C正确；D中，a〃0或a与0相交，D不正确.（面面平行的性质定理）设a，0，y是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：①a〃丫，bu0；②口〃丫，b〃0；③b〃0，au”.如果命题“aQ0=a,buy,，则a〃b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是（填序号）.解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当bl0，aUy时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故应填入的条件为①或③.答案：①或③

二、易错点练清（忽视面面平行的条件）下列条件中，能判断两个平面平行的是（）—个平面内的一条直线平行于另一个平面—个平面内的两条直线平行于另一个平面一个平面内有无数条直线平行于另一个平面D.一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面解析：选D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D符合.（对空间平行关系相互转化的条件理解不到位）设m,l表示两条不同的直线，a表示平面,若mUa,贝0"l〃a”是"l〃m”的件.解析：由mUa,l〃a不能推出l〃m;由mUa,l〃m也不能推出l〃a,所以是既不充分也不必要条件.答案：既不充分也不必要（忽视线面平行的条件）（1）若直线a与平面a内无数条直线平行，则a与a的位置关系是（2）已知直线a,b和平面a,"，若aUa,bUa,a〃0,b〃/,则a,fi的位置关系是⑶若a〃/，直线a〃a,则a与fi的位置关系是解析：（1）由直线与平面平行的判定定理知，a可能平行于a,也可能在a内.⑵当a,b相交时，a〃fi;当a,b平行时，a,fi平行或相交.⑶当a在fi外时，a〃fi;当a在fi内时，a〃a也成立.答案：（1）a〃a或aUa（2）平行或相交（3）a〃fi或aUfi能力在题点全析中补齐短板En<EEn<E考点一直线与平面平行的判定与性质考法（一）线面平行的判定［例1］如图所示，在空间几何体ABCDFE中，四边形ADFE是梯形，且EF〃AD,P,Q分别为棱BE,DF的中点.求证：PQ〃平面ABCD.［证明］法一：如图，取AE的中点G,连接PG,QG.在AABE中，PB=PE,AG=GE，所以PG〃BA,又PGG平面ABCD,BAU平面ABCD,所以PG〃平面ABCD.在梯形ADFE中，DQ=QF,AG=GE,所以GQ〃AD,又GQG平面ABCD,ADU平面ABCD,

所以GQ〃平面A〃CD・因为PGGGQ=G,PGU平面PQG,GQU平面PQG,所以平面PQG〃平面A〃CD・又PQU平面PQG,所以PQ〃平面ABCD.法二：如图，连接EQ并延长，与AD的延长线交于点H,连接BH.因为EF//DH,所以ZEFQ=ZHDQ,又fq=qd,zeqf=zdqh,所以AEFQ^AHDQ，所以EQ=QH.在ABEH中，BP=PE,EQ=QH,所以PQ〃BH・又PQ平面ABCD,BHU平面ABCD,所以PQ〃平面ABCD.考法(二)线面平行的性质定理的应用［例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AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP〃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〃MO・又MOU平面BMD,AR平面BMD,■■■AP〃平面BMD.■■■平面PAHGQ平面BMD=GH,且APU平面PAHG,■■■AP〃GH・［方法技巧］线面平行问题的解题关键(1)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，解题的思路是利用几何体的特征，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、寻找比例式证明两直线平行.(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线.［针对训练］如图，几何体E-ABCD是四棱锥，AABD为正三角形,CB=CD,EC丄BD・求证：BE=DE；⑵若ZBCD=120°,M为线段AE的中点，求证：DM〃平面BEC.证明：⑴如图，取BD的中点0,连接CO,EO.由于CB=CD,所以CO丄BD・又EC丄BD,ECQCO=C,COu平面EOC,ECU平面EOC,所以BD丄平面EOC,因此BD丄E0,又O为BD的中点，所以BE=DE.如图，取AB的中点N,连接DN,MN.因为M是AE的中点，N是AB的中点，所以MNHBE.又MNQ平面BEC,BEU平面BEC,所以MN〃平面BEC.因为AABD为正三角形，所以ZBDN=30°,又CB=CD,ZBCD=120。,因此ZCBD=30°,所以DN〃BC・又DNG平面BEC,BCU平面BEC,所以DN〃平面BEC.又MNCDN=N,MNU平面DMN,DNU平面DMN,故平面DMN〃平面BEC,又DMU平面DMN,所以DM〃平面BEC.考点二平面与平面平行的判定与性质11［典例】如图，在三棱柱abC-Abci中，E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点，求证：11(1)B,C,H，G四点共面；⑵平面左码〃平面BCHG.［证明］⑴•・•在△A1B1C1中，G,H分别是A1B1^A1C1的中点，:.GH//BC・又•・・B1C1〃BC,・・・GH〃BC,:.GH与BC确定一个平面a,:・G,H,B,CEa,・B,C,H,G四点共面.⑵・.・E,F分别是AB,AC的中点，:・EF〃BC,•EFO平面BCHG,BCU平面BCHG,・・・EF〃平面BCHG.易证A1G綊EB,・四边形AfiBG是平行四边形，:.A^/GB・VA1E^平面BCHG,GBU平面BCHG.•••A”〃平面BCHG.V^1EHEF=E,且A］EU平面EFA^EFU平面EFA1,：平面EF%〃平面BCHG.［方法技巧］1•判定面面平行的主要方法利用面面平行的判定定理.线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行).面面平行条件的应用两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行.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，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线.［针对训练］1•如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为•解析：••平面ABFE〃平面DCGH，平面EFGHQ平面ABFE=EF,平面EFGH0平面DCGH=HG,・EF〃HG.同理，EH/FG,：四边形

EFGH是平行四边形.答案：平行四边形2•如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD丄平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA丄PD,AD丄CD,ZBAD=60°,M,N分别为AD,PA的中点.⑴证明：平面BMN〃平面PCD；⑵若AD=6,求三棱锥P-BMN的体积.解：⑴证明：如图，连接BD.•:AB=AD,^BAD=60°,:.△ABD为正三角形.:M为AD的中点，•：BM丄AD・TAD丄CD,CDU平面ABCD,BMU平面ABCD,:.BM〃CD・又BMG平面PCD,CDU平面PCD,:.BM〃平面PCD.•：M,N分别为AD,PA的中点，•：MN〃PD・又MNG平面PCD,PDU平面PCD,:,MN〃平面PCD.又BMU平面BMN,MNU平面BMN,BMAMN=M,・：平面BMN〃平面PCD.(2)在(1)中已证BM丄AD・•:平面PAD丄平面ABCD,平面PADQ平面ABCD=AD,BMU平面ABCD,:.BM丄平面PAD.又AD=6,ZBAD=60°,:・BM=3j3・•：M,N分别为AD,PA的中点，PA=PD=^AD=3远,=3x9X3；3=943.考点三平行关系的综合［典例］如图所示，平面Q〃平面0,点A^a,点C^a,点BW0,点DW0,点E,F分别在线段AB,CD上，且AE：EB=CF：FD・(1)求证：EF〃平面0；⑵若E,F分别是AB,CD的中点，AC=4,BD=6,且AC,BD所成的角为60°,求EF的长.［解］(1)证明：①当AB,CD在同一平面内时，由平面a〃平面0,平面aQ平面ABDC=AC,平面0D平面ABDC=BD知，AC〃BD・•:AE：EB=CF：FD,：・EF〃BD・又EFG0,BDU0,.・.EF〃平面0.②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACDQ平面0=HD,且HD=AC,•・•平面a〃平面0,平面aQ平面ACDH=AC,・・・AC〃HD,・•・四边形ACDH是平行四边形.在AH上取一点G,使AG:GH=CF:FD,连接EG,FG,BH.•AE:EB=CF:FD=AG:GH,:・GF〃HD,EG//BH.又EGQGF=G,BHQHD=H,・•・平面EFG〃平面0.又EFU平面EFG,・EF〃平面0.综合①②可知，EF〃平面0.⑵如图所示，连接AD,取AD的中点M,连接ME,MF.•E,F分别是AB,CD的中点，:.MEZBD,MF//AC,11且ME=2BD=3,MF=2AC=2.・•・ZEMF为AC与BD所成的角或其补角，:.ZEMF=60。或120°.・••在AEFM中，由余弦定理得EF=JME2+MF2_2ME・MF・cosZEMF=^,i1,I32+22±2X3X2X1=''13±6,

即EF=\'7或EF=\'19.［方法技巧］利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置•对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决.［针对训练］如图，在四棱锥P-ABCD中，PD丄平面ABCD,四边形ABCD是矩形，E，F，G分别是棱BC，AD，PA的中点.(1)求证：PE〃平面BFG；⑵若PD=AD=1,AB=2,求点C到平面BFG的距离.解：⑴证明：如图，连接DE.•・•在矩形ABCD中，E,F分别是棱BC,AD的中点，:・DF=BE,DF//BE,・•・四边形BEDF是平行四边形，:、DEHBF.•G是PA的中点，:・FG〃PD.•PD(t平面BFG,DEG平面BFG,FGu平面BFG,BFU平面BFG,：・PD〃平面BFG,DE〃平面BFG.又PDQDE=D,：・平面PDE〃平面BFG.•PEu平面PDE,：PE〃平面BFG.(2)法一：・.・PD丄平面ABCD,FG〃PD,：FG丄平面ABCD.过点C在平面ABCD内，作CM丄BF,垂足为M,则FG丄CM・•••FGQBF=F,・：CM丄平面BFG,・：线段CM的长是点C到平面BFG的距离.在矩形ABCD中，•:F是AD的中点，AD=1,AB=2,ABCMs^FBA,・CM=BC:BA=FB・17•・•FB=JAB2+AF2=〒,BC=AD=1,4/174JT7：・CM=〒^，即点C到平面BFG的距离为亏厂.法二：设点C到平面BFG的距离为d.在矩形ABCD中，AF=号^過，AB=2,•PD丄平面ABCD,BFU平面ABCD,：PD丄BF・'：FG〃PD,：、FG丄BF,又FG=；pD=2f:.△bfg的面积为2bf・fg=+F・•:MCF的面积为2bcab=1,Vc-bfg=Vg-bcf，"：：1^87d==3X1K2,解得d=^1^,即点C到平面BFG的距离为幫7.—在科学思维中参悟提刃—在科学思维中参悟提刃创新考查方式领悟高考新动向2•如图，已知底面边长为创新考查方式领悟高考新动向2•如图，已知底面边长为-J3且高为2的正三棱柱ABC-A1B1C1，过顶点A作平面a与侧面BCC2B2交于EF,且EF//BC,若ZFAB=』0cw6）,四边形BCEF的面积为y,则函数丁=金）的图象大致是（）OJLxe1OJLxe1)解析：选C由题意得，在RtAABF中，BF=ABtanx解析：选C由题意得，在RtAABF中，BF=ABtanx,所以y=fx）=BC・BF=BC・ABtanx=3tanx（0<xW6）•由正切函数的图象及性质，可得C正确.2.（多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F是线段B1D1上的两个动点，且ef=¥，以下结论正确的为（）A.AC丄BFB.三棱锥A-BEF的体积为定值EF〃平面ABCD异面直线AE,BF所成的角为定值解析：选ABC对于A,VABCD-A1B1C1D1为正方体，易得AC丄平面BDD.fi,•:BFU平面BDDfi,：AC丄BF,故A正确；对于B,2:E,F,B在平面BDD1B1上,:A到平面BEF的距离为定值，•:EF=±，又B到直线EF的距离为1,：ABEF的面积为定值，•：三棱锥A-BEF的体积为定值，故B正确;对于C,：EF//BD,BDU平面ABCD,EFG平面ABCD,・・・EF〃平面ABCD,故C正确；对于D,设上底面中心为O,当F与B1重合时，E与O重合，易知两异面直线所成的角是ZAAO;当E与D］重合时，F与O重合，连接BC-易知两异面直线所成的角是ZOBC，可知，这两个角不相等，故异面直线AE,BF所成的角不为定值，故D错误.3•如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,H分别是棱CC,CD,DD，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B^DD］.（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）解析：如图，连接HN，FH，FN,则FH〃DD,HN〃BD,•・・FHriHN=H，DDQBD=D,・•・平面FNH〃平面B1BDD1,若M^FH，则MNU平面FNH,：・MN〃平面BjBDD1.答案：点M在线段FH上（或点M与点H重合）4.（2021•福建漳州适应性测试）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱AQ的中点，点T是棱CC1上靠近点C的三等分点，动点Q在正方形DDAA］（包含边界）内运动,且QB〃平面D］NT,贝恸点Q所形成的轨迹的长为.A,NSj解析：由于QB〃平面D1NT,所以点Q在过B且与平面D1NT平行的平面上，如图，取DC的中点E］，取线段AA1上一点G,使A1G=1,易证平面BGE1〃平面D1NT.延长BE.AD,交于点E,连接EG,交DD1于点厶显然，平面BGEQ正方形D1DAA］=G7,所以点Q的轨迹是线段Gf,易求得GZ=A,NSj答案：V105.在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为解析：如图，过点G作EF〃AC,分别交PA,PC于点E,F,过E,F分别作EN〃PB,FM〃PB,分别交AB,BC于点N,M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形（面EFMN为所求截面），且EF=MN=*C1=2,FM=EN=3PB=2,所以截面的周长为2X4=8.答案：8［课时跟踪检测］（多选）已知直线a,b,Z,平面a,"，则下列命题中错误的选项为（）A.若a丄0,Z丄a,则l〃0B.若a丄l,b丄1,则a〃bC.若a丄几1Ua,则1丄0D.若1丄a,1丄0，则all0

解析：选ABC对于A,由么丄“，Z丄么，可知lup或,心，故A错误；对于B,当a丄l,b丄l时，直线a与b可能平行，也可能相交，还可能异面，故B错误；对于C,当a丄0,lua时，l可能与平面p平行，也可能斜交，故C错误；对于D，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故D正确.（多选）已知a,0,y是三个不重合的平面，l是直线.给出下列命题，其中正确的命题是（）若l上两点到a的距离相等，则l〃a若l丄a,l〃0，则a丄0若a〃0,记0，且l〃a,则l〃0若加丄a，n丄0,且a丄0,则m〃n解析：选BC对于A,若直线l在平面a内，l上有两点到a的距离为0相等，此时l不与a平行，所以A错误；对于B,因为l〃0,所以存在直线mU0使得l〃m,因为l丄a,所以m丄a,又mu0,所以0丄a,所以B正确；对于C,l〃a,故存在mua使得l〃m,因为a〃0,所以m〃0,因为l〃m,lG0,所以l〃0,C正确；对于D,因为m丄a,n丄0,a丄0,所以m丄n，所以D错误，故选B、C・（2021・潍坊期中）m,n是平面a外的两条直线，在m〃a的前提下,m〃n是n〃a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A由已知条件m〃a,结合线面平行的性质定理可得，过直线m作一平面0交a于直线l,则m〃l,从而存在lua有m〃l,再由m〃n可得n〃l,从而有n〃a・反之，不一定成立，m,n可能相交、平行或异面.所以m〃n是n〃a的充分不必要条件，故选A.若平面0截三棱锥所得的截面为平行四边形，则该三棱锥的所有棱中与平面0平行的棱有（）A.0条B.1条C.2条D.1条或2条解析：选C如图所示，四边形EFGH为平行四边形，则EF〃GH・•:EFQ平面BCD,GHU平面BCD,:・EF〃平面BCD,又TEFU平面ACD,平面ACDQ平面BCD=CD,：・EF〃CD・又EFU平面EFGH,CDQ平面EFGH,・・・CD〃平面EFGH.同理，AB〃平面EFGH•故有2条棱与平面EFGH平行.因此选C・5•设m,n是两条不同的直线，a,0是两个不重合的平面，有以下四个命题：若m〃a,n〃0且a〃0,则m〃n；若m丄a,n丄0且a丄0,则m丄n；

若加丄么，n〃B且allB，则加丄n；若mla,n丄0且a丄伤则mln.其中真命题的序号是（）A.②③B.③④C.①④D.①②解析：选A对于命题①，直线m,n可以相交、平行或异面，故是错误的；易知②③正确;对于命题④，直线m，n可以相交、平行或异面，故是错误的.故选A.6.已知平面a丄平面0,aQ0=l,点A^a,A®,直线ABll,直线AC丄1,直线mla,mlfi,贝y下列四种位置关系中，不一定成立的是（）B.AC丄mD.B.AC丄mD.AC丄0C.AB〃0解析：选Dm〃a,m〃0，则有m〃1,又AB〃1,所以AB〃m，所以A成立；由于m〃1,1丄AC,所以m丄AC,所以B成立；AB〃1,且A^a，A®,aQ0=1,所以AB〃0,所以C成立；C点可以在平面0内，AC与直线1异面垂直，如图所示，此时AC丄0不成立，所以D不一定成立.7•如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCCB是菱形，的点且AB〃平面B1CD，则AD:DC］的值为.解析：如图，设BC1AB1C=O,连接OD・•••A”〃平面B1CD且平面A1BC1n平面B1CD=OD,・・・A1B〃OD,•・•四边形BCC1B1是菱形，：・O为BC1的中点，:・D为A1C1的中点，则A1D:DC1=1.答案：18.（2021•苏州调研）设m,n是两条不同的直线，a,0,y是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若mUa,nla,则mln；若al0,0〃Y,m丄a,则m丄y；若aC0=n,mln,mla,则ml0；若mla,nl0,mln,则al0.其中是真命题的是（填序号）.解析：①m〃n或m,n异面，故①错误；易知②正确；3m〃0或mU0,故③错误；④a〃0或a与0相交，故④错误.

答案：②9.下列四个正方体图形中，A,B为正方体的两个顶点，M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB〃平面MNP的图形的序号是.解析：①中，易知NP〃AA,MNHAB,・•・平面MNP〃平面AA'B,可得出AB〃平面MNP(如图解析：①中，易知NP〃AA,MNHAB,・•・平面MNP〃平面AA'B,可得出AB〃平面MNP(如图).④中，NP〃AB,能得出AB〃平面MNP.在②③中不能判定AB〃平面MNP.Z■■1./:1?by答案：①④10.(2021・武汉模拟)如图，已知四棱锥P-ABCD的