2022高考数学一轮总复习课件：7.3 直线、平面平行的判定与性质

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1、73 直线、平面平行的判定与性质直线、平面平行的判定与性质 【教材梳理】 1空间中直线与平面之间的位置关系 (1)直线在平面内，则它们_公共点 (2)直线与平面相交，则它们_公共点 (3)直线与平面平行，则它们_公共点 直线与平面相交或平行的情况统称为_ 2直线与平面平行的判定和性质 (1)直线与平面平行的判定定理 平面外_与此平面内的_平行，则该直线与此平面平行即 线线平行线面平行用符号表示：_ (2)直线与平面平行的性质定理 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_与该直线 _即线面平行线线平行用符号表示：_ 3平面与平面之间的位置关系 (1)两个平面平行，则它们_ (2

2、)两个平面相交，则它们_，两个平面垂直是相交的一种特殊情况 4平面与平面平行的判定和性质 (1)平面与平面平行的判定定理 一个平面内的两条_与另一个平面平行， 则这两个平面平行用符号表示： _ 推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面 平行 垂直于同一条直线的两个平面平行即 l，l 平行于同一个平面的两个平面平行即 ， (2)平面与平面平行的性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线_即面面平行 线线平行用符号表示：_ 如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面用符号表示： _ 如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平

3、面， 那么它也垂直于另一个平面用符号表示： _ 【常用结论】 5与平行相关的常用结论 (1)夹在两平行平面之间的平行线段等长 (2)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例 (3)同一条直线与两个平行平面所成的角相等 6证明线线平行的方法整理 (1)利用平面几何知识 (2)平行公理：ab，bcac (3)线面平行的性质定理：a，a，bab (4)面面平行的性质定理：，a，bab (5)线面垂直的性质定理：m，nmn 7证明直线和平面平行的方法整理 (1)利用定义(常用反证法) (2)判定定理：a，b，且 aba (3)利用面面平行的性质：，ll (4)向量法m，n，mnm (5)空间平

4、行关系的传递性：mn，m，n，mn (6)，l，ll 8证明面面平行的方法整理 (1)利用定义(常用反证法) (2)利用判定定理：a，b，abP，a，b 推论：a，b，m，n，abP，mnQ，am，bn(或 an，bm) (3)利用面面平行的传递性： (4)利用线面垂直的性质： l l 【自查自纠】 1(1)有无数个 (2)有且只有一个 (3)没有 直线在平面外 2(1)一条直线 一条直线 a，b，且 aba (2)交线 平行 a，a，bab 3(1)没有公共点 (2)有一条公共直线 4(1)相交直线 a，b，abP，a，b (2)平行 ，a，bab ，aa ，ll 判断下列命题是否正确，正确

5、的在括号内画“”，错误的画“” (1)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 ( ) (2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线 ( ) (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 ( ) (5)如果两个平面平行，且一条直线平行于其中一个平面，则该直线平行于另一平 面 ( ) 解：(1)； (2)； (3)； (4)； (5) (2018浙江卷)已知平面 ，直线 m， n 满足 m，n，则 “mn” 是“m”的 ( ) A充分不必要条件 B必要

6、不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 解： 由线面平行的判定定理可得 m， n， mn 可推出 m； 由 m， n 得 m 和 n 平行或异面，所以由 m 推不出 mn，所以“mn”是 “m”的充分不必要条件故选 A (2021广东联考)设 l，m 为直线， 为平面，且 l，m，则“lm”是 “”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：当平面 与平面 平行时，两个平面内的直线没有交点，故“lm ”是“”的必要条件；当两个平面内的直线 l，m 没有交点时，两个 平面可以相交，所以“lm”是“”的必要不充分条件故选 B (2019安徽毛

7、坦厂中学月考)如图，在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E，F 分别 为棱 AB，CC1的中点，在平面 ADD1A1内且与平面 D1EF 平行的直线 ( ) A有无数条 B有 2 条 C有 1 条 D不存在 解：因为平面 D1EF 与平面 ADD1A1有公共点 D1且不重合，所以两平面有一条 过 D1的交线 l，在平面 ADD1A1内与 l 平行的任意直线都与平面 D1EF 平行，这样的 直线有无数条故选 A 已知平面 ， 和直线 m，给出条件： m；m；m； 从 中 任 选 两 个 条 件 ， 则 能 推 导 出m的 是 _(填写编号) 解：若 ，则 内的任一条直线均平行于 ，故由m列

8、举知其 余任选的两个条件均不能推导出 m故填 考点一 线、面平行的判定与性质 (1)(2019全国卷)设 ， 为两个平面，则 的充要条件是( ) A 内有无数条直线与 平行 B 内有两条相交直线与 平行 C， 平行于同一条直线 D， 垂直于同一平面 解：由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与 平行是 的 充分条件，由面面平行性质定理知，若 ，则 内任意一条直线都与 平 行，所以 内两条相交直线都与 平行是 的必要条件故选 B (2)(2020贵州期末)已知三个不同的平面 ， 和直线 m，n，若 m，n，则 “”是“mn”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

9、分也不必要条件 解：根据面面平行的性质定理，可知当“”时，有“mn”，故充分性成立； 反之，当 mn 时， 可能相交(如图)，故必要性不成立 所以“”是“mn”的充分不必要条件故选 A (3) 【多选题】 如图所示的四个正方体图形中， 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 是 ( ) A B C D 解：在 A 中，由于平面 MNP 与 AB 所在的侧面平行，所以 AB平面 MNP； 在 C 中， 由于 AB 与以 MP 为中位线的三角形 的底边平行，所以 ABMP，又因为 MP平面 MNP，A

10、B平 面 MNP所以 AB平面 MNPBD 中，只须平移 AB，即可发 现 AB 与平面 MNP 相交故选 AC (4)已知正方体 ABCD- A1B1C1D1中， E，F 分别是 AB1，BC1上的点，且 B1EC1F，求证： ()EF平面 ABCD； ()平面 AD1C平面 A1BC1 证明：()证法一：如图，过 E，F 分别作 AB，BC 的垂线 EM，FN，分别交 AB，BC 于 点 M，N， 连接 EF，MN 因为 BB1平面 ABCD，所以 BB1AB，BB1BC所以 EMBB1FN 又因为 AB1BC1，B1EC1F， 所以 AEBF 又B1ABC1BC45， 所以 RtAMER

11、tBNF所以 EMFN 所以四边形 MNFE 是平行四边形，所以 EFMN 又 MN平面 ABCD，所以 EF平面 ABCD 证法二：过 E 作 EPAB 交 BB1于点 P，连接 PF， 所以B1E B1A B1P B1B 因为 B1EC1F，B1AC1B，所以C1F C1B B1P B1B 所以 FPB1C1BC 又因为 EPFPP，ABBCB， 所以平面 EFP平面 ABCD 又 EF平面 EFP，所以 EF平面 ABCD ()如图，连接 A1B，D1C，AD1， 由已知 AD1BC1，CD1A1B 又 AD1CD1D1，BC1BA1B， 所以平面 AD1C平面 A1BC1 亦可连接 B

12、1D，由 B1D平面 ACD1，B1D平面 A1C1B 证明结论 【点拨】 证明线线平行，可以运用平行公理、中位线定理，也可以证明包 含这两边的四边形是平行四边形，或者运用线面平行的性质定理来证明要证 明直线和平面平行，通常有两种方法：(i)利用线面平行的判定定理，只要在平面 内找到一条直线与已知平面外直线平行即可；(ii)由面面平行的性质定理：如果两 个平面平行，那么其中一个平面内的任何一条直线和另外一个平面平行第一种 方法是常用方法，一般需要连接特殊点、画辅助线，再证明线线平行，从而得到 线面平行第二种方法常用于非特殊位置的情形判定面面平行的主要方法： (i)利用面面平行的判定定理；(ii

13、)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平 行)利用面面平行的判定定理证明两平面平行时需要说明是一个平面内的两条相 交直线与另一个平面平行 (1)已知 ， 是空间两个不同的平面，则“平面 上存在不共线的 三点到平面 的距离相等”是“”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：已知 ， 是空间两个不同的平面，若平面 内存在不共线的三 点到平面 的距离相等，可得 或相交；反之，若 ，则平面 上 存在不共线的三点到平面 的距离相等所以前者是后者的必要不充分条 件故选 B (2)(2020宁夏银川一中高三模拟)已知 a，b 是两条不同直线， 是两个不同的平

14、面，且 a，b，a，b，则“a 与 b 为异面直 线”是 “”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： 过 b 作平面 ， 使平面 平面 l， 由线面平行的性质定理可得 lb， 因为 a 与 b 为异面直线，所以 l 与 a 必然相交(否则由 la，lb 得到 ab，与 a 与 b 是异面直线矛盾)， 所以由面面平行的判定定理知 ； 反过来， 若 ， 则 a 与 b 不一定为异面直线， 可能 ab， 故“a 与 b 为异面直线”是 “” 的充分不必要条件故选 A (3)如图，在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，点 E，F，G 分别是棱 A1B

15、1，B1C1，BB1的中点， 给出下列推断： FG平面 AA1D1D； EF平面 BC1D1； FG平面 BC1D1； 平面 EFG平面 BC1D1； 平面 EFG平面 A1C1B 其中所有正确推断的序号是 ( ) A B C D 解：对于，由正方体性质可知，平面 AA1D1D平面 BB1C1C，又 FG 平面 BB1C1C，故 FG平面 AA1D1D，正确； 对于，因为 EF 与 C1D1延长线相交，故 EF 不平行于平面 BC1D1，错 误； 对于，因为 F，G 分别为 B1C1和 BB1的中点，所以 FGBC1，又因为 FG平面 BC1D1，所以 FG平面 BC1D1，正确； 对于， 由

16、知 EF 与 C1D1延长线相交， 故平面 EFG 不平行于平面 BC1D1， 错误； 对于， 由知， FG平面 A1C1B， 同理可证 EG平面 A1C1B， 又 FGEG G，所以平面 EFG平面 A1C1B，正确故选 A (4)如图，四棱锥 P- ABCD 中，ADBC，ABBC1 2AD，E，F，H 分别 为线段 AD，PC，CD 的中点，AC 与 BE 交于 O 点，G 是线段 OF 上一点 ()求证：AP平面 BEF； ()求证：GH平面 PAD 证明：()连接 EC， 因为 ADBC，BC1 2AD， 所以四边形 ABCE 是平行四边形， 所以 O 为 AC 的中点 又因为 F

17、是 PC 的中点，所以 FOAP，FO平面 BEF，AP平面 BEF，所以 AP平面 BEF ()连接 FH，OH， 因为 F，H 分别是 PC，CD 的中点，所以 FHPD，所以 FH平面 PAD 又因为 O 是 BE 的中点，H 是 CD 的中点， 所以 OHAD，所以 OH平面 PAD 又 FHOHH，所以平面 OHF平面 PAD 又因为 GH平面 OHF，所以 GH平面 PAD 考点二 线、面平行综合问题 命题角度 1 与平行相关的动点轨迹 (2020辽宁高三联考)如图，在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，ADDD11，AB 3，E，F，G 分别为 AB，BC， C1D1的中点，

18、点 P 在平面 ABCD 内，若直线 D1P平面 EFG，则线段 D1P 长度的最小值是 ( ) A2 2 3 B 6 2 C 5 2 D 7 2 解：如图，连接 D1A，AC，D1C， 因为 E，F，G 分别为 AB，BC，C1D1的中点，所以 EFAC，EF平面 ACD1，则 EF平面 ACD1， 因为 EGAD1，所以同理得 EG平面 ACD1， 又 EFEGE，得平面 ACD1平面 EFG，因为直线 D1P平面 EFG，所以点 P 在直线 AC 上，在ACD1中， 有 AD1 2，AC2，CD12， 所以 SAD1C1 2 2 22 2 2 2 7 2 ， 故当 D1PAC 时，线段

19、D1P 的长度最小， 有 SAD1C1 2ACD1P 7 2 D1P 7 2 1 22 7 2 故选 D 【点拨】 此例为动点轨迹探索，找满足 D1P平面 EFG 的点 P，即找过 D1与平面 EFG 平行的平面，再由面面平行找线线平行，此轨迹即可确定利 用线面平行的性质，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，对于最值问题，常用几何性质和函数思想来解决 (2020河南郑州高考模拟)如图， 在长方体 ABCD- A1B1C1D1中， ADDD11， AB 3， E，F，G 分别是 AB，BC，CC1棱的中点，P 是底面 ABCD 内一个动点，若 D1P平面 EF

20、G，则 BB1P 面积的最小值为 ( ) A 3 4 B1 C 3 2 D1 2 解：如图，补全截面 EFG 为截面 EFGHQR，易知 E，F，G，H，Q，R 分别为对应边的中点 易知平面 ACD1平面 EFGHQR， 因为直线 D1P平面 EFG, 所以 PAC又 BB1平面 ABCD，所以 BB1BP，BB1P 为直角三角形， 则 SBB1P1 2BPBB1 1 2BP， 当 BP 最小时，PBB1的面积最小， 作 BRAC 于点 R，且当 P 与 R 重合时，PBBR 最短， 此时PBB1的面积最小因为 AC2，AB 3，BC1， 所以由1 2BRAC 1 2ABBC，得 BR 3 2

21、 ， 故 SBB1P1 2BP 1 2BR 3 4 故选 A 命题角度 2 与平行相关的探索问题 如图，四棱锥 P- ABCD 中，PD平面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，BCPD 2，E 为 PC 的中点，CB3CG (1)求证：PCBC； (2)AD 边上是否存在一点 M，使得 PA平面 MEG？若存在，求 AM 的长；若不存在， 请说明理由 解：(1)证明：因为 PD平面 ABCD，BC平面 ABCD， 所以 PDBC 因为四边形 ABCD 是正方形，所以 BCCD 又 PDCDD，所以 BC平面 PCD 因为 PC平面 PDC，所以 PCBC (2)连接 AC，BD 交于点 O，

22、连接 EO，GO， 延长 GO 交 AD 于点 M，连接 EM，则 PA平面 MEG 证明如下：因为 E 为 PC 的中点，O 是 AC 的中点，所以 EOPA 因为 EO平面 MEG，PA平面 MEG，所以 PA平面 MEG 因为OCGOAM，所以 AMCG2 3，所以 AD 边上存在点 M，使 PA平面 MEG，且 AM 的长为 2 3 【点拨】 此例为位置探索， 解决存在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，若找到了使 结论成立的充分条件，则存在；若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

23、 段的中点或某个三、四等分点等，然后给出符合要求的证明 已知四棱锥 S- ABCD 的各条棱长都相等， 且点 E，F 分别是 SB，SD 的中点 (1)求证：ACSB； (2)在 SC 上是否存在点 M， 使平面 MBD平面 AEF？若存在， 求出 SM MC的值； 若不存在，说明理由 解：(1)证明：设 ACBDO，则 O 为底面正方形 ABCD 的中心，连接 SO，因为 S- ABCD 为正四棱锥， 所以 SO平面 ABCD，所以 SOAC 又 BDAC，且 SOBDO，所以 AC平面 SBD 因为 SB平面 SBD，故 ACSB (2)存在点 M，设 SOEFG，则 G 是 SO 的中点

24、，连接 AG，并延长 AG 交 SC 于点 N过点 O 作 AN 的平行线， 与 SC 的交点即为 M 所以 OMAN，即 OMAG， 又 EFBD，OM，BD平面 AEF，AG，EF平面 AEF，所以 OM平面 AEF，BD平面 AEF， 又 OMBDO， 所以平面 MBD平面 AEF 在SOM 中，GNOM，因为 G 是 OS 的中点，则 N 是 SM 中点同理，M 是 CN 中点，所以SM MC2 命题角度 3 与平行相关的证明、计算综合问题 (2020年全国卷)如图，已知三棱柱 ABC- A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩 形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，

25、P 为 AM 上一点过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F (1)证明：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F； (2)设 O 为A1B1C1的中心，若 AOAB6，AO平面 EB1C1F，且MPN 3，求四棱锥 B- EB1C1F 的体积 解：(1)证明：因为 M，N 分别为 BC，B1C1的中点，所以 MNCC1又由已知 得 AA1CC1，故 AA1MN因为A1B1C1是正三角形，所以 B1C1A1N又 B1C1 MN，故 B1C1平面 A1AMN所以平面 A1AMN平面 EB1C1F (2)AO平面 EB1C1F，AO平面 A1AMN，平面 A1AMN平面

26、 EB1C1F PN， 故 AOPN 又 APON，故四边形 APNO 是平行四边形， 所以 PNAO6，AP ON1 3AM 3，PM 2 3AM2 3，EF 1 3BC2 因为 BC平面 EB1C1F， 所以四棱锥 B- EB1C1F 的顶点 B 到底面 EB1C1F 的距离等于点 M 到底面 EB1C1F 的距离 作 MTPN，垂足为 T，则由(1)知，MT平面 EB1C1F，故 MT PMsinMPN3 底面 EB1C1F 的面积为1 2(B1C1EF)PN 1 2(62)624 所以四棱锥 B- EB1C1F 的体积为1 324324 【点拨】 当直线与平面平行时，直线上任意一点到平

27、面的距离相等在某 点到平面的距离易求的前提下实行平行转化，将较难的点到平面的距离转化为 较易求的另外一点到平面的距离是我们常用的方法，这需要首先完成线面平行 或面面平行的证明 (2021长沙调研)如图，四棱锥 P- ABCD 的底面是边长为 8 的正方形，四 条侧棱长均为 2 17点 G，E，F，H 分别是棱 PB，AB，CD，PC 上共面的四点， 平面 GEFH平面 ABCD，BC平面 GEFH (1)证明：GHEF； (2)若 EB2，求四边形 GEFH 的面积 解：(1)证明：因为 BC平面 GEFH，BC平面 PBC， 且平面 PBC平面 GEFHGH，所以 GHBC 同理可证 EFB

28、C，因此 GHEF (2)如图，连接 AC，BD 交于点 O，BD 交 EF 于点 K，连接 OP，GK 因为 PAPC，O 是 AC 的中点，所以 POAC，同理可得 POBD 又 BDACO，且 AC，BD 都在底面内，所以 PO底面 ABCD 又因为平面 GEFH平面 ABCD， 且 PO平面 GEFH，所以 PO平面 GEFH 因为平面 PBD平面 GEFHGK， 所以 POGK，且 GK底面 ABCD， 从而 GKEF，所以 GK 是梯形 GEFH 的高 由 AB8，EB2 得 EBABKBDB14， 从而 KB1 4DB 1 2OB，即 K 为 OB 的中点 再由 POGK 得 GK1 2PO， 即 G 是 PB 的中点，且 GH1 2BC4由已知可得 OB4 2，PO PB 2OB2 68326， 所以 GK3 故四边形 GEFH 的面积 SGHEF 2 GK 48 2 318