人教版高考数学一轮总复习课件-直线、平面平行的判定与性质
证明
题型 二 平面与平面平行的判定与性质
1．(2019·全国卷Ⅱ)设 α，β 为两个平面，则 α∥β 的充要条件是( ) A．α 内有无数条直线与 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
解析 若 α∥β，则 α 内有无数条直线与 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．根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.
解
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，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．
第七章 立体几何
第4讲 直线、平面平行的 判定与性质
[考纲解读] 1.掌握线线、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单命题．(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．
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容．预测 2021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根据平行关系的性质进行转化．试题常以解答题的第一问直接 考查，难度不大，属中档题型.
解析
(3)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，下列结论正确的是_①__②__④___(填序 号)．
①AD1∥BC1； ②平面 AB1D1∥平面 BDC1； ③AD1∥DC1； ④AD1∥平面 BDC1.
解析 如图，因为 AB 綊 C1D1，
所以四边形 AD1C1B 为平行四边形． 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．
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＝12B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND＝12A1D. 由题设知 A1B1 DC， 可得 B1C A1D，故 ME ND， 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.
1．(2016·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＝23AD＝2.如图，取 BP 的 中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 中点知 TN∥BC， TN＝12BC＝2.
解析
2．如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，E，F， G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点，求证：
(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 的中点， ∴GH 是△A1B1C1 的中位线，则 GH∥B1C1. 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 BCB 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.
证明
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DADC的值．
证明
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：容易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.
2．小题热身
(1)如果直线 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⊂α
C．b⊂α
D．b∥α
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
解析
2
PART TWO
经典题型冲关
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．(2019·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 的中点． 证明：MN∥平面 C1DE.
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.
证明
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.
1
PART ONE
基础知识过关
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
不在平面 01 _内___的一条 直线与此平面 02 _内___的 判定 一条直线平行，则该直线 定理 与此平面平行(简记为：线
线平行⇒线面平行)
符号语言
□03__l⊄__α__
□04 _a_⊂__α__
□05 __l_∥__a__
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.
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面 内的两条直线是相交直线．
提醒
(2019·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．
⇒l∥α
一条直线与一个平面平 行，则过这条直线的任一 性质 平面与此平面的交线与该
定理 直线 06 __平__行__ (简记为：
线面平行⇒线线平行)
□ 07__a_∥__α__
□ 08 _a_⊂__β___
□ 09 _α_∩__β_＝__b_____
⇒a∥b
提示
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
(2019·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＝13A1B1.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
(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＝ 3，
∴三棱锥 P－ABM 的体积 V＝VM－PAB＝VC－PAB＝13×12×1×2×
3＝
3 3.
解
题型 三 立体几何中的探索性问题
文字语言
图形语言
一个平面内的两条 01 __相__交__直线与另
判定 一个平面平行，则这
定理 两个平面平行(简记
为：线面平行⇒面面
平行)
符号语言
□ 02_a_⊂__α___ □ 03 _b_⊂__α___
□ 04 __a_∩__b_＝___P___
题型 二 平面与平面平行的判定与性质
1．(2019·全国卷Ⅱ)设 α，β 为两个平面，则 α∥β 的充要条件是( ) A．α 内有无数条直线与 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
解析 若 α∥β，则 α 内有无数条直线与 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．根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.
解
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，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．
第七章 立体几何
第4讲 直线、平面平行的 判定与性质
[考纲解读] 1.掌握线线、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单命题．(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．
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容．预测 2021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根据平行关系的性质进行转化．试题常以解答题的第一问直接 考查，难度不大，属中档题型.
解析
(3)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，下列结论正确的是_①__②__④___(填序 号)．
①AD1∥BC1； ②平面 AB1D1∥平面 BDC1； ③AD1∥DC1； ④AD1∥平面 BDC1.
解析 如图，因为 AB 綊 C1D1，
所以四边形 AD1C1B 为平行四边形． 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．
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＝12B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND＝12A1D. 由题设知 A1B1 DC， 可得 B1C A1D，故 ME ND， 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.
1．(2016·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＝23AD＝2.如图，取 BP 的 中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 中点知 TN∥BC， TN＝12BC＝2.
解析
2．如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，E，F， G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点，求证：
(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 的中点， ∴GH 是△A1B1C1 的中位线，则 GH∥B1C1. 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 BCB 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.
证明
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DADC的值．
证明
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：容易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.
2．小题热身
(1)如果直线 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⊂α
C．b⊂α
D．b∥α
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
解析
2
PART TWO
经典题型冲关
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．(2019·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 的中点． 证明：MN∥平面 C1DE.
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.
证明
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.
1
PART ONE
基础知识过关
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
不在平面 01 _内___的一条 直线与此平面 02 _内___的 判定 一条直线平行，则该直线 定理 与此平面平行(简记为：线
线平行⇒线面平行)
符号语言
□03__l⊄__α__
□04 _a_⊂__α__
□05 __l_∥__a__
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.
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面 内的两条直线是相交直线．
提醒
(2019·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．
⇒l∥α
一条直线与一个平面平 行，则过这条直线的任一 性质 平面与此平面的交线与该
定理 直线 06 __平__行__ (简记为：
线面平行⇒线线平行)
□ 07__a_∥__α__
□ 08 _a_⊂__β___
□ 09 _α_∩__β_＝__b_____
⇒a∥b
提示
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
(2019·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＝13A1B1.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
(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＝ 3，
∴三棱锥 P－ABM 的体积 V＝VM－PAB＝VC－PAB＝13×12×1×2×
3＝
3 3.
解
题型 三 立体几何中的探索性问题
文字语言
图形语言
一个平面内的两条 01 __相__交__直线与另
判定 一个平面平行，则这
定理 两个平面平行(简记
为：线面平行⇒面面
平行)
符号语言
□ 02_a_⊂__α___ □ 03 _b_⊂__α___
□ 04 __a_∩__b_＝___P___
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2025高考数学一轮复习-7.3-直线、平面平行的判定与性质【课件】
应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必须都具备，缺一 不可．
2．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
如果一个平面内的两条 判 ___相__交_______直线与另 定 定 一个平面平行，那么这两 理 个平面平行(简记为“线
面平行⇒面面平行”)
符号语言
_____a_∥__β____
【解析】 根据面面平行的判定定理可知 A 错误，D 正确；根据面面平行的定义可 知 B 错误，C 正确．故选 BC.
4．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为 DD1 的中点，则 BD1 与平面 ACE 的位 置关系为__平__行____．
【解析】 连接 BD，则 AC∩BD＝O，连接 OE(图略)，则 OE∥BD1，OE⊂平面 ACE， BD1⊄平面 ACE，∴BD1∥平面 ACE.
(1)证明：MN∥平面 C1DE； (2)求点 C 到平面 C1DE 的距离．
【解】 (1)证法一：连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 ME∥ B1C，且 ME＝12B1C.
又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND＝12A1D.
由题设知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊 ND，
第七章 立体几何与空间向量
第三节 直线、平面平行的判定与性质
课前双基巩固
——整合知识 夯实基础
『知识聚焦』
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
平面外一条直线与 判 ___此__平__面__内___的一条直 定 定 线平行，则该直线与此平 理 面平行(简记为“线线平
行⇒线面平行”)
符号语言
2．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
如果一个平面内的两条 判 ___相__交_______直线与另 定 定 一个平面平行，那么这两 理 个平面平行(简记为“线
面平行⇒面面平行”)
符号语言
_____a_∥__β____
【解析】 根据面面平行的判定定理可知 A 错误，D 正确；根据面面平行的定义可 知 B 错误，C 正确．故选 BC.
4．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为 DD1 的中点，则 BD1 与平面 ACE 的位 置关系为__平__行____．
【解析】 连接 BD，则 AC∩BD＝O，连接 OE(图略)，则 OE∥BD1，OE⊂平面 ACE， BD1⊄平面 ACE，∴BD1∥平面 ACE.
(1)证明：MN∥平面 C1DE； (2)求点 C 到平面 C1DE 的距离．
【解】 (1)证法一：连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 ME∥ B1C，且 ME＝12B1C.
又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND＝12A1D.
由题设知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊 ND，
第七章 立体几何与空间向量
第三节 直线、平面平行的判定与性质
课前双基巩固
——整合知识 夯实基础
『知识聚焦』
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
平面外一条直线与 判 ___此__平__面__内___的一条直 定 定 线平行，则该直线与此平 理 面平行(简记为“线线平
行⇒线面平行”)
符号语言
高考数学大一轮复习 第七章 第4节 直线、平面平行的判定及性质课件 理 新人教A版
[拓展提高] (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，可 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．
解析：∵a与b没有公共点，不能推出α∥β， 而α∥β时，a与b一定没有公共点， 即p⇒/ q，q⇒p，∴p是q的必要不充分条件． 答案：必要不充分
5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与 平面ACE的位置关系为________．
解析：如图．连接BD与AC交于O点，连接OE，
第4节 直线、平面平行的判定及性质
Ⅰ.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解 空间中线面平行的有关性质与判定定理． Ⅱ.能运用公理、定 理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命 题．
整合·主干知识
1．直线与平面平行 (1)判定定理
文字语言
平面外一条直线
判 定 定 理
与平面内的一条 直线平行，则该 直线与此平面 _平__行__(简记为“ 线线平行⇒线面
所以EH∥AB，EH＝12AB.
图(1)
又AB∥CD，CD＝12AB，所以EH∥CD，EH＝CD. 所以四边形DCEH是平行四边形． 所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD， 所以CE∥平面PAD.
证法二：如图(2)，连接CF.
因为F为AB的中点，所以AF＝
1 2
AB.又CD
＝12AB，所以AF＝CD.
3．(2015·长沙模拟)若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直 线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α B．b∥α C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α 解析：当b与α相交或b⊂α或b∥α时，均满足直线a⊥b，且 直线a∥平面α的情况，故选D. 答案：D
高考数学一轮总复习 8.4 直线、平面平行的判定及其性质精品课件 理 新人教版
第十九页，共29页。
探究
(tànjiū)突
破
考点三
平行中的探索类问题
【例 3】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面是平行四边形,PA⊥平面 ABCD,
点 M,N 分别为 BC,PA 的中点.在线段 PD 上是否存在一点 E,使 NM∥平面
ACE?若存在,请确定点 E 的位置;若不存在,请说明理由.
8.4 直线、平面平行(píngxíng)的判定及其
性质
第一页，共29页。
考纲要求
(yāoqiú)
考纲要求
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的
有关性质与判定定理.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单
命题.
第二页，共29页。
梳理(shūlǐ)
BMD.
又因为 AP⊂ 平面 PAHG,平面 PAHG∩平面 BMD=GH,故 AP∥GH.
答案
(dá àn)
答案
第十五页，共29页。
探究
(tànjiū)突
破
考点二
平面与平面平行的判定与性质
【例 2】 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,S 是 B1D1 的中点,E,F,G 分别是
BC,DC,SC 的中点,求证:
(tànjiū)突
破
证明:如图所示.
作 PM∥AB 交 BE 于 M,
作 QN∥AB 交 BC 于 N,连接 MN.
∵正方形 ABCD 和正方形 ABEF 有公共边
AB,∴AE=BD.
又 AP=DQ,∴PE=QB.
又 PM∥AB∥QN,∴
∴
=
高考数学一轮复习 第四节 直线、平面平行的判定与性质课件 理 新人教A版
第十五页，共39页。
[类题通法] 解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项
(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定 定理中条件线在面外易忽视．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．
第十六页，共39页。
[典例] (2013·新课标Ⅱ)如图，直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别是 AB，BB1 的 中点．
证明：(1)∵在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝12AB＝1， ∴AC＝ 2，BC＝ 2， ∴BC⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴BC⊥PA，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC. 在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝12PB， 在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝12PB，∴AM＝CM.
第十页，共39页。
[练一练] 1．a、b、c 为三条不重合的直线，α、β、γ 为三个不重合的平面，
现给出四个命题
① αβ∥∥cc⇒α∥β ② αβ∥∥γγ⇒α∥β
③ αa∥∥cc⇒a∥α ④ aα∥∥γγ⇒α∥a
其中正确的命题是
()
A．①②③ B．①④ C．② D．①③④
解析：②正确．①错在 α 与 β 可能相交．③④错在 a 可能在 α 内．
第四
节直线、平面平行的判定与性质
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
第一页，共39页。
判
定Leabharlann 文字语言(p 平面外一条直线与 这个平 àn 面内 的一条直线平行，则
dì 该直线与此平面平行(线线
ng) 平行⇒线面平行)
性
定
一条直线(zhíxiàn)与一个平
[类题通法] 解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项
(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定 定理中条件线在面外易忽视．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．
第十六页，共39页。
[典例] (2013·新课标Ⅱ)如图，直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别是 AB，BB1 的 中点．
证明：(1)∵在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝12AB＝1， ∴AC＝ 2，BC＝ 2， ∴BC⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴BC⊥PA，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC. 在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝12PB， 在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝12PB，∴AM＝CM.
第十页，共39页。
[练一练] 1．a、b、c 为三条不重合的直线，α、β、γ 为三个不重合的平面，
现给出四个命题
① αβ∥∥cc⇒α∥β ② αβ∥∥γγ⇒α∥β
③ αa∥∥cc⇒a∥α ④ aα∥∥γγ⇒α∥a
其中正确的命题是
()
A．①②③ B．①④ C．② D．①③④
解析：②正确．①错在 α 与 β 可能相交．③④错在 a 可能在 α 内．
第四
节直线、平面平行的判定与性质
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
第一页，共39页。
判
定Leabharlann 文字语言(p 平面外一条直线与 这个平 àn 面内 的一条直线平行，则
dì 该直线与此平面平行(线线
ng) 平行⇒线面平行)
性
定
一条直线(zhíxiàn)与一个平
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】
【解答】如图，取A1B的中点Q，连接PQ，EQ. 因为 P 为 A1C 的中点，所以 PQ∥BC，且 PQ＝12BC.又 EF∥BC， 且 EF＝12BC，所以 PQ∥EF，且 PQ＝EF，所以四边形 EFPQ 为平行四边形，则 FP∥EQ.又 FP⊄平面 A1BE，EQ⊂平面 A1BE， 所以 FP∥平面 A1BE.
图形语言
符号语言 α∥β， α∩γ＝a，⇒a∥b β∩γ＝b
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.
举题说法
与线、面平行相关命题的判定
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 )
A．平行
B．相交
C．AC在此平面内
D．平行或相交
【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.
第七章 立体几何
第34讲 直线、平面平行的判定与性质
激活思维
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
(D)
【解析】 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．
2023年高考数学(文科)一轮复习课件——直线、平面平行的判定与性质
1C1D1中，下列结论正确的是__①__②__④__(填序号). ①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1； ③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
解析 如图，因为 AB 綉 C1D1， 所以四边形AD1C1B为平行四边形. 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.
索引
解析 (1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平 行或在平面内，故(1)错误. (2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误. (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交， 故(3)错误.
索引
2.下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是( D )
索引
6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面， 则四边形EFGH的形状为_____平__行__四__边_. 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， ∴四边形EFGH是平行四边形.
A.直线a上有无数个点不在平面α内 B.直线a与平面α内的所有直线平行 C.直线a与平面α内无数条直线不相交 D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交 解析 因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一 条直线都不相交，故选D.
索引
3.(2022·昆明诊断)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β”是
解析 如图，因为 AB 綉 C1D1， 所以四边形AD1C1B为平行四边形. 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.
索引
解析 (1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平 行或在平面内，故(1)错误. (2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误. (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交， 故(3)错误.
索引
2.下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是( D )
索引
6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面， 则四边形EFGH的形状为_____平__行__四__边_. 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， ∴四边形EFGH是平行四边形.
A.直线a上有无数个点不在平面α内 B.直线a与平面α内的所有直线平行 C.直线a与平面α内无数条直线不相交 D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交 解析 因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一 条直线都不相交，故选D.
索引
3.(2022·昆明诊断)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β”是
2025届高中数学一轮复习课件《直线、平面平行的判定及性质》ppt
本题的核心条件，特殊的位置关系，必有点 F 特殊的数量关系．
(1)求证：EF∥平面 ADO； (2)若∠POF＝120°，求三棱锥 P-ABC 的体积．此条件暗示 △POF 的特殊性，即平面 POF⊥平面 ABC.
高考一轮总复习•数学
第18页
(1)证明：如图，连接 DE.设 AF＝tAC，t∈[0,1]，则B→F＝B→A＋A→F＝(1－t)B→A＋tB→C，A→O＝ －B→A＋12B→C.由 BF⊥AO，AB⊥BC，
第25页
高考一轮总复习•数学
∵∠DAB＝120°，AD＝AB， ∴∠ADB＝∠ABD＝30°，∠ADC＝∠CDB＋∠ADB＝60°＋30°＝90°， ∴AD⊥CD，∴MB∥AD. 又 MB⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， ∴MB∥平面 PAD. ∵EM∩MB＝M，EM，MB⊂平面 EMB， ∴平面 EMB∥平面 PAD，∵EB⊂平面 EMB，∴EB∥平面 PAD.
高考一轮总复习•数学
第28页
题型
面面平行的判定与性质
典例 2(2024·四川绵阳中学月考)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，E，F，G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点．求证：
(1)B，C，H，G 四点共面； (2)平面 EFA1∥平面 BCHG. 思考判定定理，即需要两组平行线的关系．
高考一轮总复习•数学
第32页
对点练 2(2024·四川达州一诊)如图所示，设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a，P 是 棱 AD 上一点，且 AP＝a3，过 B1，D1，P 的平面交平面 ABCD 于 PQ，Q 在直线 CD 上，则 PQ＝( )
A.2 3 2a B. 3 2a C. 2 2a D.2 3 3a
(1)求证：EF∥平面 ADO； (2)若∠POF＝120°，求三棱锥 P-ABC 的体积．此条件暗示 △POF 的特殊性，即平面 POF⊥平面 ABC.
高考一轮总复习•数学
第18页
(1)证明：如图，连接 DE.设 AF＝tAC，t∈[0,1]，则B→F＝B→A＋A→F＝(1－t)B→A＋tB→C，A→O＝ －B→A＋12B→C.由 BF⊥AO，AB⊥BC，
第25页
高考一轮总复习•数学
∵∠DAB＝120°，AD＝AB， ∴∠ADB＝∠ABD＝30°，∠ADC＝∠CDB＋∠ADB＝60°＋30°＝90°， ∴AD⊥CD，∴MB∥AD. 又 MB⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， ∴MB∥平面 PAD. ∵EM∩MB＝M，EM，MB⊂平面 EMB， ∴平面 EMB∥平面 PAD，∵EB⊂平面 EMB，∴EB∥平面 PAD.
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题型
面面平行的判定与性质
典例 2(2024·四川绵阳中学月考)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，E，F，G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点．求证：
(1)B，C，H，G 四点共面； (2)平面 EFA1∥平面 BCHG. 思考判定定理，即需要两组平行线的关系．
高考一轮总复习•数学
第32页
对点练 2(2024·四川达州一诊)如图所示，设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a，P 是 棱 AD 上一点，且 AP＝a3，过 B1，D1，P 的平面交平面 ABCD 于 PQ，Q 在直线 CD 上，则 PQ＝( )
A.2 3 2a B. 3 2a C. 2 2a D.2 3 3a
高考数学大一轮复习.3直线平面平行的判定与性质课件
判定 垂直于同一条直线的两个平面平行
定理
符号语言
a
b
a b P
a
b
⇒α∥β
l ⇒α∥β
l 2Leabharlann 判定 平行于同一个平面的两个平面平
定理 行
3
⇒α∥γ
性质
如果两个平面平行,那么在一个平面
定理
内的所有直线都平行于另一个平面
点,E,F分别为B1C1,C1D1的中点.
(1)求证:四边形BDFE为梯形;
(2)求证:平面AMN∥平面EFDB.
解题导引
证明
(1)连接B1D1.
∵在△B1D1C1中,E,F分别是B1C1,C1D1的中点,
1
2
∴EF∥B1D1且EF= B1D1.
又易证在正方体ABCD-A1B1C1D1中,四边形BDD1B1是矩形,∴BD B1D1.
那么PM∥平面BCE,
∵PM∥BE,∴ = ,
AP
PE
AM
MB
又AE=BD,AP=DQ,
∴PE=BQ,
∴
AP DQ
AM DQ
=
,∴
=
,
PE BQ
MB QB
∴MQ∥AD,又AD∥BC,
∴MQ∥BC,又MQ⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,∴MQ∥平面BCE,又PM∩
MQ=M,
∴平面PMQ∥平面BCE,
1.利用定义,证明直线a与平面α没有公共点,一般结合反证法来证
明,这
时“平行〞的否认应是“在平面内〞或“相交〞两种,只有排除这
两种
位置关系后才能得出“直线a与平面α平行〞这一结论.
数学人教版一轮复习课件：第8章第3讲 直线、平面平行的判定及性质
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时长期间，下载特权不清零。
异面.
考点2
定理
判定
定理
性质
定理
平面与平面平行的判定与性质
文字语言
一个平面内的两条相交直线与另一
个平面平行,则这两个平面平行.简
称:线面平行,则面面平行.
如果两个平行平面同时和第三个平
面相交,那么它们的交线平行.简称:
面面平行,则线线平行.
图形语言
符号语言
规律总结
平行关系中常用的结论
1.垂直于同一条直线的两个平面平行.
质定理时条件的完整,这是对解答题的解题规范的基本要求.
考点帮·必备知识通关
考点1 直线与平面平行的判定与性质
考点2 平面与平面平行的判定与性质
考点1
直线与平面平行的判定与性质
定理
判定
定理
文字语言
平面外一条直线与此平面内的一条
直线平行,则该直线与此平面平行.
简称:线线平行,则线面平行.
一条直线与一个平面平行,则过这条
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考点2
定理
判定
定理
性质
定理
平面与平面平行的判定与性质
文字语言
一个平面内的两条相交直线与另一
个平面平行,则这两个平面平行.简
称:线面平行,则面面平行.
如果两个平行平面同时和第三个平
面相交,那么它们的交线平行.简称:
面面平行,则线线平行.
图形语言
符号语言
规律总结
平行关系中常用的结论
1.垂直于同一条直线的两个平面平行.
质定理时条件的完整,这是对解答题的解题规范的基本要求.
考点帮·必备知识通关
考点1 直线与平面平行的判定与性质
考点2 平面与平面平行的判定与性质
考点1
直线与平面平行的判定与性质
定理
判定
定理
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平面外一条直线与此平面内的一条
直线平行,则该直线与此平面平行.
简称:线线平行,则线面平行.
一条直线与一个平面平行,则过这条
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2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：空间直线、平面的平行
(2)DF∥l.
由(1)知DF∥平面PBE， 又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l， 所以DF∥l.
题型二 平面与平面平行的判定与性质
例3 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1.
由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1， 所以四边形BB1D1D是平行四边形， 所以BD∥B1D1. 又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1， 所以BD∥平面CD1B1. 因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC， 所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥D1C.
1.线面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
如果平面外一条直线与_此__平__面__ 判定
_内___的一条直线平行，那么该 定理
直线与此平面平行
一条直线与一个平面平行，如 性质
果过该直线的平面与此平面_相__ 定理
_交__，那么该直线与交线平行
符号语言 _a_⊄__α_
_b_⊂__α_ ⇒a∥α _a_∥__b_
思维升华
(1)判断或证明线面平行的常用方法 ①利用线面平行的定义(无公共点). ②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α). ③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β). ④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β). (2)应用线面平行的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确定交线.
跟踪训练3 如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1 上的点.
(1)当DA11DC11等于何值时，BC1∥平面 AB1D1?
当DA11DC11＝1 时，BC1∥平面 AB1D1. 如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1. 由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形， ∴点O为A1B的中点. 在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点， ∴OD1∥BC1. 又OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1. ∴当DA11DC11＝1 时，BC1∥平面 AB1D1.