2025高考数学一轮复习-第34讲-直线、平面平行的判定与性质【课件】

第34讲

直线、平面平行的判定与性质第七章

立体几何1．若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是 (

)A．α内的所有直线都与直线a异面

B．α内不存在与a平行的直线C．α内的直线都与a相交

D．直线a与平面α有公共点激活思维【解析】D直线a不平行于平面α，包括两种情况：a⊂α或a∩α＝P.当a⊂α时，α内的所有直线都与直线a共面，A错误；当a⊂α时，α内必然有直线与直线a平行，B错误；由B知C也错误；当a⊂α时，直线a和平面α有无数个公共点，当a∩α＝P时，直线a与平面α有唯一公共点P，D正确．2．如果AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是

(

)A．平行 B．相交C．AC在此平面内 D．平行或相交A【解析】如图，把这三条线段放在正方体内，显然AC∥EF.因为AC⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，所以AC∥平面EFG.3．平面α与平面β平行的充分条件可以是 (

)A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．α内的任何一条直线都与β平行【解析】对于A，α内有无穷多条直线与β平行，并不能保证平面α内有两条相交直线与平面β平行，这无穷多条直线可以是一组平行线，故A错误；对于B，直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内，当直线a平行于平面α与平面β的相交直线时满足上述条件，但平面α与平面β不平行，故B错误；对于C，直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α，当直线a∥b时，不能保证平面α与平面β平行，故C错误；对于D，α内的任何一条直线都与β平行，则α内至少有两条相交直线与平面β平行，所以平面α与平面β平行，故D正确．【答案】D4．(多选)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′的六个面所在的平面中，与AB平行的平面是

(

)A．平面A′B′C′D′

B．平面DCC′D′C．平面BCC′B′

D．平面A′D′DAAB【解析】由于AB∥A′B′，AB⊄平面A′B′C′D′，A′B′⊂平面A′B′C′D′，所以AB∥平面A′B′C′D′，故A符合．同理证得AB∥平面DCC′D′，故B符合．而AB∩平面BCC′B′＝B，AB∩平面A′D′DA＝A，故C，D不符合．1．直线和平面平行(1)定义：直线和平面没有公共点，称这条直线与这个平面平行．(2)判定方法：聚焦知识(3)性质定理：2．两个平面平行(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行．(2)判定方法：(3)性质定理：3．常用结论(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)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.已知a，b，c为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是 (

)A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥βC．若a∥β，a∥α，则α∥βD．若α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，a∥b，则b∥c与线、面平行相关命题的判定举题说法1D如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将△AEF沿EF翻折至△A1EF，得到四棱锥A1-EFCB，P为A1C的中点．求证：FP∥平面A1BE.线面平行的判定定理的应用2【解答】如图，取A1B的中点Q，连接PQ，EQ.变式如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，G是线段BF的中点，求证：EG∥平面DAF.【解析】如图，连接OE，OG.在圆柱OE中，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，所以OE∥DA.又OE⊄平面DAF，DA⊂平面DAF，所以OE∥平面DAF.在△ABF中，O，G分别是AB和BF的中点，所以OG∥AF.又OG⊄平面DAF，AF⊂平面DAF，所以OG∥平面DAF.又OE∩OG＝O，OE，OG⊂平面OEG，所以平面OEG∥平面DAF.又EG⊂平面OEG，所以EG∥平面DAF.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB的中点．(1)求证：PC∥平面BFD；线面平行的性质定理的应用3如图，连接FM，交AD的延长线于点G，连接BG，交CD于点N，连接EF，FN，PG.【解答】因为在△PAC中，F为PA中点，O为AC中点，所以PC∥FO.又因为PC⊄平面BFD，FO⊂平面BFD，所以PC∥平面BFD.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB的中点．3如图，连接AC，交BD于点O，连接OF.【解答】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)求证：平面A1BD∥平面CD1B1；面面平行的判定定理与性质定理的应用4在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1D1∥AD，且A1D1＝AD，AD∥BC，AD＝BC，所以A1D1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又因为A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.同理，A1D∥平面CD1B1.又因为A1B∩A1D＝A1，且A1B，A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.【解答】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，求证：B1D1∥l.4在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面A1B1C1D1∩平面B1D1C＝B1D1，所以B1D1∥l.【解答】变式如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF;因为E，F分别为B1C1，A1B1的中点，所以EF∥A1C1.因为A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，所以EF∥平面A1C1G.又F，G分别为A1B1，AB的中点，所以A1F＝BG.又A1F∥BG，所以四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G.因为A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，所以BF∥平面A1C1G.又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，所以平面A1C1G∥平面BEF.【解答】变式如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，且平面A1C1G∩BC＝H，即平面A1C1G∩平面ABC＝GH，所以A1C1∥GH，所以GH∥AC.因为G为AB的中点，所以H为BC的中点．【解答】随堂内化1．设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是

(

)A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥lB．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥βC．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥lD．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥βC【解析】对于A，m，l可能平行、相交或异面，故A错误；对于B，α，β可能相交或平行，故B错误；对于D，α∥β，故D错误；由线面平行的性质得C正确．2．在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为线段AA1，A1C1，C1B1，BB1的中点，下列说法错误的是

(

)A．E，F，G，H四点共面

B．平面EGH∥平面ABC1C．直线A1A与FH异面

D．直线BC∥平面AFH【解析】因为GH∥BC1，GH⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，所以GH∥平面ABC1.易得EH∥平面ABC1，又EH∩GH＝H，EH，GH⊂平面EGH，所以平面EGH∥平面ABC1，故B正确．易得AA1∥平面BB1F，又FH⊂平面BB1F，且FH与AA1不平行，所以直线A1A与FH异面，故C正确．如图，取CC1的中点M，连接HM.因为HM∥BC，HM与平面AFH相交于点H，所以直线BC与平面AFH相交，故D错误．【答案】D【解析】如图，连接AC，与BE相交于点O，连接FO.【答案】D4．(多选)在下列四棱锥中，底面为平行四边形，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点，则MN

∥平面ABC的有 (

)ABCD【解析】图(1)图(2)图(3)又MN⊂平面PNMB，MN⊄平面ABC，平面PNMB∩平面ABC＝BH，假设MN∥平面ABC，则MN∥BH，即在平面PNMB内过点B有两条直线和MN平行，这是不可能的，假设不成立，故C错误．图(4)对于D，如图(4)，连接AE，与FN交于点H，FN交AC于点G，则H为FN的中点，连接BH，BG.由于B为MF的中点，故BH∥MN.又MN⊂平面NMF，MN⊄平面ABC，平面NMF∩平面ABC＝BG，假设MN∥平面ABC，则MN∥BG，即在平面NMF内过点B有两条直线和MN平行，这是不可能的，假设不成立，故D错误．【答案】AB配套精练A组夯基精练一、

单项选择题1．设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是

(

)A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥nC．若α∥β，m⊥α，则m⊥βD．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC2．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不重合的平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是 (

)A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2D3．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是 (

)A．MN∥平面ABE

B．MN∥平面ADEC．MN∥平面BDH

D．MN∥平面CDE【解析】【答案】C根据题意得到正方体的直观图如图所示，取FH的中点O，连接ON，BO，易知ON与BM平行且相等，所以四边形ONMB为平行四边形，所以MN∥BO，因为BO与平面ABE(即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误.因为平面ADE∥平面BCF，MN∩平面BCF＝M，所以MN与平面ADE相交，故B错误．因为BO⊂平面BDH，MN∥BO，MN⊄平面BDH，所以MN∥平面BDH，故C正确．显然M，N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误．4．在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱垂直于底面，E，F，G分别是AB，A1C1，A1B1的中点，O是BC1的中点．下列结论错误的是 (

)【解析】【答案】D若P是AC1的中点时，OP∥AB，而AB∥A1B1，有OP∥A1B1，所以A正确．如图，过A作与BC平行的直线l，由l∥FG，可得平面AFG与底面ABC的交线为l，且l与直线EC相交，则平面AGF与平面EB1C相交，所以D错误．二、

多项选择题5．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则下列结论正确的是 (

)A．直线A1C1与AD1为异面直线B．A1C1∥平面ACD1C．平面A1C1B∥平面ACD1【解析】【答案】ABC根据异面直线的定义易知直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确．因为AA1∥CC1且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以A1C1∥AC.又A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，故B正确．同理可证BC1∥平面ACD1，又A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，故C正确．【解析】对于A，如图(1)，连接BD，则BD∥PQ，又平面ABC∩BD＝B，则BD⊄平面ABC，所以PQ不平行于平面ABC，故A错误；对于B，因为PQ∥AC，PQ⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PQ∥平面ABC，故B正确；图(1)6．如图，A，B，C，P，Q是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足PQ∥平面ABC的有

(

)A

B

C

D对于C，如图(2)，取FN中点D，连接EF，MN，CD，BD，DQ，由正方体得AB∥EF，PQ∥MN，EF∥MN∥CD，所以AB∥PQ，同理AC∥DQ，CP∥BD，所以A，B，C，D，P，Q六点共面，故C错误；【答案】BD对于D，如图(3)，连接PD交AB于O，连接OC，在正方体中，由于四边形APBD为正方形，所以O为PD中点，又C为DQ中点，所以OC∥PQ，又PQ⊄平面ABC，OC⊂平面ABC，所以PQ∥平面ABC，故D正确.图(2)图(3)【解析】8．如图，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，平面α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝3∶4，则S△A′B′C′∶S△ABC＝_________．9∶49【解析】因为平面α∥平面ABC，所以A′B′∥AB，B′C′∥BC，A′C′∥AC，所以△PA′B′∽△PAB，△PB′C′∽△PBC，△PA′C′∽△PAC，所以PA′∶PA＝PB′∶PB＝A′B′∶AB，PB′∶PB＝PC′∶PC＝B′C′∶BC，PC′∶PC＝PA′∶PA＝A′C′∶AC，所以A′B′∶AB＝B′C′∶BC＝A′C′∶AC，故△A′B′C′∽△ABC，所以S△A′B′C′∶S△ABC＝A′B′2∶AB2.又因为PA′∶A′A＝3∶4，所以PA′∶PA＝A′B′∶AB＝3∶7，所以S△A′B′C′∶S△ABC＝9∶49.四、

解答题9．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．(1)求证：QN∥平面PAD；【解答】(1)因为N，Q分别为PB，PC的中点，所以QN∥BC.因为底面ABCD是菱形，所以BC∥AD，所以QN∥AD.因为QN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以QN∥平面PAD.9．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．(2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并给出证明．【解答】直线l与平面PBD平行，证明如下：因为N，M分别为PB