2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（基礎(chǔ)版）課時(shí)精講第7章　§7.3　空間直線、平面的平行（含解析）

第第頁§7.3空間直線、平面的平行課標(biāo)要求1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關(guān)系，并加以證明.2.掌握直線與平面、平面與平面平行的判定與性質(zhì)，并會(huì)簡(jiǎn)單應(yīng)用．知識(shí)梳理1．線面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號(hào)語言判定定理如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a?α,b?α,a∥b))?a∥α性質(zhì)定理一條直線與一個(gè)平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥α,a?β,α∩β＝b))?a∥b2.面面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號(hào)語言判定定理如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a?β,b?β,a∩b＝P,a∥α,b∥α))?β∥α性質(zhì)定理兩個(gè)平面平行，如果另一個(gè)平面與這兩個(gè)平面相交，那么兩條交線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))?a∥b常用結(jié)論1．垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.2．平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.3．垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.4．若α∥β，a?α，則a∥β.自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)若一條直線平行于一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線，則這條直線平行于這個(gè)平面．(×)(2)若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線平行，則a∥α.(×)(3)若直線a?平面α，直線b?平面β，a∥b，則α∥β.(×)(4)如果兩個(gè)平面平行，那么分別在這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線也相互平行．(×)2．(多選)下列命題中，正確的是()A．平行于同一條直線的兩個(gè)平面平行B．平行于同一平面的兩個(gè)平面平行C．平行于同一平面的兩直線關(guān)系不確定D．兩平面平行，一平面內(nèi)的直線必平行于另一平面答案BCD解析對(duì)于A，平行于同一條直線的兩個(gè)平面也可能相交，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，平行于同一平面的兩個(gè)平面平行，故B正確；對(duì)于C，平行于同一平面的兩直線關(guān)系不確定，可以平行、相交，也可以異面，故C正確；對(duì)于D，根據(jù)兩個(gè)平面平行的性質(zhì)定理，兩平面平行，一平面內(nèi)的直線必平行于另一平面，故D正確．3．α，β是兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，下列四個(gè)命題中正確的是()A．若m∥n，n∥α，則m∥αB．若m∥α，n?α，則m∥nC．若α∥β，m?α，則m∥βD．若m∥n，m?α，n?β，則α∥β答案C解析若m∥n，n∥α，則m∥α或m?α，故A不正確；若m∥α，n?α，則m∥n或m與n異面，故B不正確；若α∥β，則α與β沒有公共點(diǎn)，又因?yàn)閙?α，所以m與β沒有公共點(diǎn)，所以m∥β，故C正確；若m∥n，m?α，n?β，則α∥β或α與β相交，故D不正確．4.如圖是長方體被一平面截后得到的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為______．答案平行四邊形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形．題型一直線與平面平行的判定與性質(zhì)命題點(diǎn)1直線與平面平行的判定例1如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥CD,PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E為PC的中點(diǎn)．求證：BE∥平面PAD.證明方法一如圖，取PD的中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)A.由題意知EF為△PDC的中位線，∴EF∥CD，且EF＝eq\f(1,2)CD＝2.又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴AB綉EF，∴四邊形ABEF為平行四邊形，∴BE∥AF.又AF?平面PAD，BE?平面PAD，∴BE∥平面PAD.方法二如圖，延長DA，CB相交于H，連接PH，∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴eq\f(HB,HC)＝eq\f(AB,CD)＝eq\f(1,2)，即B為HC的中點(diǎn)，又E為PC的中點(diǎn)，∴BE∥PH，又BE?平面PAD，PH?平面PAD，∴BE∥平面PAD.方法三如圖，取CD的中點(diǎn)H，連接BH，HE，∵E為PC的中點(diǎn)，∴EH∥PD，又EH?平面PAD，PD?平面PAD，∴EH∥平面PAD，又由題意知AB綉DH，∴四邊形ABHD為平行四邊形，∴BH∥AD，又AD?平面PAD，BH?平面PAD，∴BH∥平面PAD，又BH∩EH＝H，BH，EH?平面BHE，∴平面BHE∥平面PAD，又BE?平面BHE，∴BE∥平面PAD.命題點(diǎn)2直線與平面平行的性質(zhì)例2如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M是PC的中點(diǎn)，在DM上取一點(diǎn)G，過G和PA作平面交BD于點(diǎn)H.求證：PA∥GH.證明如圖所示，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點(diǎn)，又M是PC的中點(diǎn)，∴PA∥OM，又OM?平面BMD，PA?平面BMD，∴PA∥平面BMD，又PA?平面PAHG，平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.思維升華(1)判斷或證明線面平行的常用方法①利用線面平行的定義(無公共點(diǎn))．②利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．③利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α?a∥β)．④利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)．(2)應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時(shí)需要經(jīng)過已知直線作輔助平面確定交線．跟蹤訓(xùn)練1如圖，四邊形ABCD為長方形，PD＝AB＝2，AD＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，PC的中點(diǎn)．設(shè)平面PDC∩平面PBE＝l.證明：(1)DF∥平面PBE；(2)DF∥l.證明(1)取PB的中點(diǎn)G，連接FG，EG，因?yàn)辄c(diǎn)F為PC的中點(diǎn)，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為長方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，所以DE∥FG，DE＝FG，所以四邊形DEGF為平行四邊形，所以DF∥GE，因?yàn)镈F?平面PBE，GE?平面PBE，所以DF∥平面PBE.(2)由(1)知DF∥平面PBE，又DF?平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，所以DF∥l.題型二平面與平面平行的判定與性質(zhì)例3如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1.(2)若平面ABCD∩平面CD1B1＝l，證明：B1D1∥l.證明(1)由題設(shè)知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因?yàn)锳1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以A1B∥D1C.又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.又因?yàn)锽D∩A1B＝B，BD，A1B?平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面CD1B1＝l，平面ABCD∩平面A1BD＝BD，所以l∥BD，又B1D1∥BD，所以B1D1∥l.思維升華(1)證明面面平行的常用方法①利用面面平行的判定定理．②利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行(l⊥α，l⊥β?α∥β)．③利用面面平行的傳遞性，即兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行(α∥β，β∥γ?α∥γ)．(2)當(dāng)已知兩平面平行時(shí)，可以得出線面平行，如果要得出線線平行，必須是與第三個(gè)平面的交線．跟蹤訓(xùn)練2如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，過BC的平面與上底面A1B1C1交于GH(GH與B1C1不重合)．(1)求證：BC∥GH；(2)若E，F(xiàn)，G分別是AB，AC，A1B1的中點(diǎn)，求證：平面EFA1∥平面BCHG.證明(1)∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，∴平面ABC∥平面A1B1C1，又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，∴由面面平行的性質(zhì)定理得BC∥GH.(2)∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，∴EF∥BC，∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分別為A1B1，AB的中點(diǎn)，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB.∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.題型三平行關(guān)系的綜合應(yīng)用例4如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為a的正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，在側(cè)面PBC內(nèi)，有BE⊥PC于E，且BE＝eq\f(\r(6),3)a，試在AB上找一點(diǎn)F，使EF∥平面PAD.解如圖，在平面PCD內(nèi)，過點(diǎn)E作EG∥CD交PD于點(diǎn)G，連接AG，在AB上取點(diǎn)F，使AF＝EG，因?yàn)镋G∥CD∥AF，EG＝AF，所以四邊形FEGA為平行四邊形，所以EF∥AG.又AG?平面PAD，EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD.所以點(diǎn)F即為所求的點(diǎn)．又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.所以PB⊥BC.所以PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2.設(shè)PA＝x，則PC＝eq\r(2a2＋x2)，由PB·BC＝PC·BE，得eq\r(a2＋x2)·a＝eq\r(2a2＋x2)·eq\f(\r(6),3)a，所以x＝a，即PA＝a，所以PC＝eq\r(3)a.又CE＝eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a))2)＝eq\f(\r(3),3)a，所以eq\f(PE,PC)＝eq\f(2,3)，所以eq\f(GE,CD)＝eq\f(PE,PC)＝eq\f(2,3)，即GE＝eq\f(2,3)CD＝eq\f(2,3)a，所以AF＝eq\f(2,3)a.故點(diǎn)F是AB上靠近B點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn)．思維升華解決面面平行問題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)在解決線面、面面平行的判定時(shí)，一般遵循從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序恰好相反，但也要注意，轉(zhuǎn)化的方向總是由題目的具體條件而定，絕不可過于“模式化”．(2)解答探索性問題的基本策略是先假設(shè)，再嚴(yán)格證明，先猜想再證明是學(xué)習(xí)和研究的重要思想方法．跟蹤訓(xùn)練3如圖，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分別是棱DD1，AB的中點(diǎn)．(1)若平面PQC與直線AA1交于點(diǎn)R，求eq\f(AR,A1R)的值；(2)若M為棱CC1上一點(diǎn)且CM＝λCC1，BM∥平面PQC，求λ的值．解(1)如圖所示，因?yàn)槠矫鍭BB1A1∥平面CDD1C1，且平面ABB1A1∩平面PQC＝RQ，平面CDD1C1∩平面PQC＝PC，所以RQ∥PC，根據(jù)空間等角定理可知，△ARQ∽△DPC，則eq\f(AR,DP)＝eq\f(AQ,DC)，又DC＝a，DP＝eq\f(1,2)a，AQ＝eq\f(1,2)a，則eq\f(AR,\f(1,2)a)＝eq\f(\f(1,2)a,a)，即AR＝eq\f(1,4)a，A1R＝eq\f(3,4)a，所以eq\f(AR,A1R)＝eq\f(1,3).(2)取AA1的中點(diǎn)E，則R為AE的中點(diǎn)，連接BE，則BE∥RQ，又RQ?平面PCQ,BE?平面PCQ，則BE∥平面PCQ.又BM∥平面PCQ，BM，BE?平面BME，且BM∩BE＝B，所以平面BME∥平面PCQ，設(shè)DD1∩平面BME＝F，連接EF，F(xiàn)M，由平面BME∥平面PCQ，平面BME∩平面CDD1C1＝FM，平面PCQ∩平面CDD1C1＝PC，所以FM∥PC，又CM∥PF，則四邊形CPFM為平行四邊形，同理四邊形PREF也是平行四邊形，所以CM＝PF＝ER＝eq\f(1,4)a，所以λ＝eq\f(CM,CC1)＝eq\f(\f(1,4)a,a)＝eq\f(1,4).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．下列關(guān)于線、面的四個(gè)命題中不正確的是()A．平行于同一平面的兩個(gè)平面一定平行B．平行于同一直線的兩條直線一定平行C．垂直于同一直線的兩條直線一定平行D．垂直于同一平面的兩條直線一定平行答案C解析垂直于同一條直線的兩條直線不一定平行，可能相交或異面．本題可以以正方體為例證明．2.如圖，已知P為四邊形ABCD外一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為BD，PD上的點(diǎn)，若EF∥平面PBC，則()A．EF∥PAB．EF∥PBC．EF∥PCD．以上均有可能答案B解析由線面平行的性質(zhì)定理可知EF∥PB.3．過四棱錐P－ABCD任意兩條棱的中點(diǎn)作直線，其中與平面PBD平行的直線有()A．4條B．5條C．6條D．7條答案C解析如圖，設(shè)E，F(xiàn)，G，H，I，J，M，N為相應(yīng)棱的中點(diǎn)，則NE∥PB，且NE?平面PBD，PB?平面PBD，所以NE∥平面PBD，同理可得HE，NH，GF，MF，MG與平面PBD平行，由圖可知，其他的任意兩條棱的中點(diǎn)的連線與平面PBD相交或在平面PBD內(nèi)，所以與平面PBD平行的直線有6條．4.如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，eq\f(PF,FC)等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)答案D解析連接AC交BE于點(diǎn)G，連接FG，因?yàn)镻A∥平面EBF，PA?平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AG,GC).又AD∥BC，E為AD的中點(diǎn)，所以eq\f(AG,GC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(1,2).5．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，過MN作一平面分別交底面△ABC的邊BC，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，則()A．MF∥EBB．A1B1∥NEC．四邊形MNEF為平行四邊形D．四邊形MNEF為梯形答案D解析由于B，E，F(xiàn)三點(diǎn)共面，F(xiàn)∈平面BEF，M?平面BEF，EB不過點(diǎn)F，故MF，EB為異面直線，故A錯(cuò)誤；由于B1，N，E三點(diǎn)共面，B1∈平面B1NE，A1?平面B1NE，NE不過點(diǎn)B1，故A1B1，NE為異面直線，故B錯(cuò)誤；∵在平行四邊形AA1B1B中，AM＝2MA1，BN＝2NB1，∴AM∥BN，AM＝BN，故四邊形AMNB為平行四邊形，∴MN∥AB.又MN?平面ABC，AB?平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN?平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB，顯然在△ABC中，EF≠AB，∴EF≠M(fèi)N，∴四邊形MNEF為梯形，故C錯(cuò)誤，D正確．二、多項(xiàng)選擇題6．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，D，E，F(xiàn)為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面DEF平行的是()答案AC解析對(duì)于A，AB∥DE，AB?平面DEF，DE?平面DEF，∴直線AB與平面DEF平行，故A正確；對(duì)于B，如圖1，作平面DEF交正方體的棱于點(diǎn)G，連接FG并延長，交AB的延長線于點(diǎn)H，則AB與平面DEF相交于點(diǎn)H，故B錯(cuò)誤；圖1對(duì)于C，AB∥DF，AB?平面DEF，DF?平面DEF，∴直線AB與平面DEF平行，故C正確；對(duì)于D，如圖2，連接AC，取AC的中點(diǎn)O，連接OD，圖2又D為BC的中點(diǎn)，∴AB∥OD，∵OD與平面DEF相交，∴直線AB與平面DEF相交，故D錯(cuò)誤．三、填空題7.如圖，α∥β，△PAB所在的平面與α，β分別交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，則AB＝________.答案eq\f(5,2)解析∵α∥β，∴CD∥AB，則eq\f(PC,PA)＝eq\f(CD,AB)，∴AB＝eq\f(PA×CD,PC)＝eq\f(5×1,2)＝eq\f(5,2).8.如圖所示，CD，AB均與平面EFGH平行，E，F(xiàn)，G，H分別在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.則四邊形EFGH的形狀為________．答案矩形解析因?yàn)镃D∥平面EFGH，CD?平面BCD，平面EFGH∩平面BCD＝EF，所以CD∥EF.同理HG∥CD，所以EF∥HG.同理HE∥GF，所以四邊形EFGH為平行四邊形．又因?yàn)镃D⊥AB，所以HE⊥EF，所以平行四邊形EFGH為矩形．四、解答題9．如圖，在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E，O，點(diǎn)F在AC上，BF⊥AO.(1)求證：EF∥平面ADO；(2)若∠POF＝120°，求三棱錐P－ABC的體積．(1)證明設(shè)AF＝tAC，則eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1－t)eq\o(BA,\s\up6(→))＋teq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))＝－eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，因?yàn)锽F⊥AO，所以eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝[(1－t)eq\o(BA,\s\up6(→))＋teq\o(BC,\s\up6(→))]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))))＝(t－1)eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)teq\o(BC,\s\up6(→))2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝eq\f(1,2)，則F為AC的中點(diǎn)，又D，E，O分別為PB，PA，