2025届高考数学一轮复习第7章空间几何体的结构及其三视图和直观图第4讲直线平面平行的判定与性质创新教学案含解析新人教版

PAGE1-第4讲直线、平面平行的判定与性质[考纲解读]1.驾驭线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的平行关系的简洁命题．(重点)2．高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面平行的判定和性质．[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲是高考的重点考查内容．预料2024年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体，考查线面平行的判定；②依据平行关系的性质进行转化．试题常以解答题的第一问干脆考查，难度不大，属中档题型.1.直线与平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不在平面eq\o(□,\s\up1(01))内的一条直线与此平面eq\o(□,\s\up1(02))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)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(03))l⊄α,\o(□,\s\up1(04))a⊂α,\o(□,\s\up1(05))l∥a))⇒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eq\o(□,\s\up1(06))平行(简记为：线面平行⇒线线平行)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(07))a∥α,\o(□,\s\up1(08))a⊂β,\o(□,\s\up1(09))α∩β＝b))⇒a∥b2．平面与平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eq\o(□,\s\up1(01))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)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(02))a⊂α,\o(□,\s\up1(03))b⊂α,\o(□,\s\up1(04))a∩b＝P,\o(□,\s\up1(05))a∥β,\o(□,\s\up1(06))b∥β))⇒α∥β性质定理假如两个平行平面同时和第三个平面eq\o(□,\s\up1(07))相交，那么它们的交线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(08))α∥β,\o(□,\s\up1(09))α∩γ＝a,\o(□,\s\up1(10))β∩γ＝b))⇒a∥b3.必记结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的随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)假如两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面相互平行．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的直线有多数条．()(3)假如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)假如两个平面平行，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)假如直线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⊂αC．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不行能相交，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eq\f(5,2)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eq\f(PC,PA)＝eq\f(CD,AB).因为PC＝2，CA＝3，CD＝1，所以AB＝eq\f(5,2).(3)在正方体ABCD－A1B1C1D1①AD1∥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．(2024·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＝eq\f(1,2)B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)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：简洁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．(2024·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＝eq\f(2,3)AD＝2.如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)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．(2024·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有多数条直线与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内有多数条直线与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．依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，A1C(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∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C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eq\f(AD,DC)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eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1.同理，可证AD1∥DC1，则eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝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，其中一个平面内的随意一条直线与另一个平面平行．提示：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，须要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．(2024·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＝eq\r(3)，∴三棱锥P－ABM的体积V＝VM－PAB＝VC－PAB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).题型三立体几何中的探究性问题(2024·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＝eq\f(1,3)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

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＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×3))×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，从这个结果动身，找寻使这个结论成立的充分条件，假如找到了使结论成立的充分条件，则存在；假如找不到使结论成立的充分条件(出现冲突)，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△ADE①MB是定值；②点M在圆上运动；③肯定存在某个位置，使DE⊥A1C④肯定存在某个位置，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＝eq\f(1,2)A1D＝定值，NB＝DE＝定值，依据余弦定理得，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满意AC⊥DE时存在，其他状况不存在，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点的全部直线中()A．不肯定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在多数条与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∶5B．3∶8C．4∶9D．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相像，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25，故选D.4．(2024·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所示的协助线，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所示的协助线，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所示的协助线，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所示的协助线，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＝eq\f(1,5)BD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG∥BD，且HG＝eq\f(1,2)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A．①② B．②③C．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，考虑特别状况：F与C重合，7．(2024·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C1PA.eq\f(\r(30),5) B.eq\f(2\r(30),5)C.eq\f(2\r(7),5) D.eq\f(4\r(7),5)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＝eq\f(2×1,\r(12＋22))＝eq\f(2,\r(5))，∴C1P的最小值是eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))2＋22)＝eq\f(2\r(30),5).8．(2024·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________．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,m∥α,①))⇒l∥α；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊂α,l∥m,②))⇒l∥α；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥m,m⊥α,③))⇒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.(2024·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＝eq\f(a,3)，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.答案eq\f(2\r(2),3)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＝eq\f(a,3)，∴eq\f(PD,AD)＝eq\f(DQ,CD)＝eq\f(PQ,AC)＝eq\f(2,3)，∴PQ＝eq\f(2,3)AC＝eq\f(2\r(2),3)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只需满意条件________时，就有MN∥平面B1BDD1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.组实力关1．如图是正方体的平面绽开图，关于这个正方体有以下推断：①ED与NF所成的角为60°；②CN∥平面AFB；③BM∥DE；④平面BDE∥平面NCF.其中正确推断的序号是()A．①③ B．②③C．①②④ D．②③④答案C解析把正方体的平面绽开图还原成正方体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．正确推断的序号是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，A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3)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°＝eq\f(\r(3),2)，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，∵eq\f(MQ,AQ)＝eq\f(DD1,AD)＝2.∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(0≤x<1,1≤y<eq\r(5))，∴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．(2024·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