2020年高考各科总复习考点一遍过讲义考点31 直线、平面平行的判定及其性质-备战2020年高考数学（理）考点一遍过

考点31 直线、平面平行的判定及其性质

（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.

理解以下判定定理：

·如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.

·如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.

理解以下性质定理，并能够证明：

·如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.

·如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.

·垂直于同一个平面的两条直线平行.

（2）能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.

一、直线与平面平行的判定与性质

1．直线与平面平行的判定定理

文字语言	平面外的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. 简记为：线线平行⇒线面平行
图形语言
符号语言	a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α
作用	证明直线与平面平行

2．直线与平面平行的性质定理

文字语言	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平行. 简记为：线面平行⇒线线平行
图形语言
符号语言
作用	①作为证明线线平行的依据． ②作为画一条直线与已知直线平行的依据.

二、平面与平面平行的判定与性质

1．平面与平面平行的判定定理

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. 简记为：线面平行⇒面面平行
图形语言
符号语言	a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β
作用	证明两个平面平行

2．平面与平面平行的性质定理

文字语言	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. 简记为：面面平行⇒线线平行
图形语言
符号语言
作用	证明线线平行

3．平行问题的转化关系

三、常用结论（熟记）

1．如果两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．

2．如果两个平行平面中有一个平面垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线．

3．夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．

4．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．

5．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．

6．如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．

7．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，那么这两个平面平行．

8．如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行．

考向一 线面平行的判定与性质

线面平行问题的常见类型及解题策略：

(1)线面平行的基本问题

①判定定理与性质定理中易忽视的条件．

②结合题意构造图形作出判断．

③举反例否定结论或反证法证明．

(2)线面平行的证明问题

判断或证明线面平行的常用方法有：

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()；

③利用面面平行的性质()；

④利用面面平行的性质().

(3)线面平行的探索性问题

①对命题条件的探索常采用以下三种方法：

a.先猜后证，即先观察与尝试，给出条件再证明；

b.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；

c.把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．

②对命题结论的探索常采用以下方法：

首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.

典例1 能保证直线a与平面α平行的条件是

A．，，

B．，

C．，，a∥b，a∥c

D．，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b且AC＝BD

【答案】A

【解析】根据线面平行的判定定理可知A正确，注意线面平行的判定定理的条件缺一不可．

B．，，可能在内，错误；

C．，，a∥b，a∥c，可能在内，错误；

D．，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b且AC＝BD，可能与相交，错误.

故选A．

1．如图，在正方体中，分别是的中点，则下列命题正确的是

A． B．

C．平面 D．平面

典例2 如图，四棱锥中，，，，，分别为线段，，的中点，与交于点，是线段上一点.

（1）求证：平面；

（2）求证：平面.

【解析】（1）如图，连接，

∵，，

∴，，

∴四边形是平行四边形，

∴为的中点.

又∵是的中点，∴，

又∵平面，平面，

∴平面.

（2）如图，连接，，

∵，分别是，的中点，∴，

又∵平面，平面，

∴平面.

又∵是的中点，是的中点，

∴，

∵平面，平面，

∴平面.

又∵，

∴平面平面，

又∵平面，

∴平面.

2．如图所示，在三棱柱中，点分别是棱上的点，点是棱上的动点，，若平面，试判断点在何位置.

考向二 面面平行的判定与性质

判定面面平行的常见策略：

(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．

(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．

(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．

(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用).

典例3 如图，直角梯形与梯形全等，其中，，且平面，点是的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）求平面与平面的距离．

【解析】（1）∵，，是的中点，

∴四边形为平行四边形，∴，

又∵平面，平面，

∴平面，

∵直角梯形与梯形全等，，

∴，

∴四边形为平行四边形，

∴，

又∵平面，平面，

∴平面，

∵，

∴平面平面．

（2）设点到平面的距离为，

易知，

由，

得，

即，

∵平面平面，

∴平面与平面间的距离为．

3．如图，四边形为矩形，，，，四点共面，且和均为等腰直角三角形，.

（1）求证：平面平面；

（2）若平面平面，，，求三棱锥的体积．

1．已知为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，的充分条件是

A． B．

C． D．

2．平面α与平面β平行的条件可以是

A．α内的一条直线与β平行 B．α内的两条直线与β平行

C．α内的无数条直线与β平行 D．α内的两条相交直线分别与β平行

3．下列命题中，错误的是

A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行

B．平行于同一个平面的两个平面平行

C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行

D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面

4．如图所示,长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中,E,F分别是棱AA₁和BB₁的中点,过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G,H,则HG与AB的位置关系是

A．平行 B．相交

C．异面 D．平行和异面

5．设，表示两个不同的平面，表示一条直线，则下列命题正确的是

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

6．在长方体中，若经过的平面分别交和于点，则四边形的形状是

A．矩形 B．菱形

C．平行四边形 D．正方形

7．如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则必有

A． B．

C．平面平面 D．平面平面

8．正方体的棱长为3，点E在上，且，平面α∥平面（平面α是图中的阴影平面），若平面平面，则AF的长为

A．1 B．1.5

C．2 D．3

9．在正方体中,分别是棱的中点,是与的交点,平面与平面相交于,平面与平面相交于,则直线的夹角为

A． B．

C． D．

10．如图所示，在三棱台中，点在上，且，点是内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是

A．平面 B．直线

C．线段，但只含1个端点 D．圆

11．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（其中为直线，为平面），则此条件是__________.

①；②；③.

12．如图,在长方体中，E,F,G,H分别为CC’,C’D’,D’D,CD的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH内运动,则M满足　　　　　　　　　　时,有MN//平面B’BDD’．

13．下列四个正方体图形中,为正方体的两个顶点,分别为其所在的棱的中点,能得出平面的图形的序号是          ．

14．如图,已知空间四边形ABCD,E,F,G,H分别是其四边上的点且共面,AC∥平面EFGH,AC=m,BD=n,当EFGH是菱形时,=　　　　.

15．如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为__________．

16．如图，棱长为2的正方体中，M是棱AA₁的中点，过C，M，D₁作正方体的截面，则截面的面积是________.

17．如图,四边形与均为平行四边形，分别是的中点.

(1)求证: 平面;

(2)求证:平面平面.

18．如图所示,斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁中,点D,D₁分别为AC,A₁C₁上的点.

(1)当等于何值时,BC₁∥平面AB₁D₁?

(2)若平面BC₁D∥平面AB₁D₁,求的值.

19．如图1，在梯形中，，，，过，分别作的垂线，垂足分别为，，已知，，将梯形沿，同侧折起，使得平面平面，平面平面，得到图2.

（1）证明：平面；

（2）求三棱锥的体积.

20．如图，是所在平面外一点，分别是的重心.

（1）求证：平面平面；

（2）求与的面积比.

21．如图,四边形中,===分别在上,,现将四边形沿折起,使.

(1)若,在折叠后的线段上是否存在一点,使得平面?若存在,求出的值;若不存在,说明理由;

(2)求三棱锥的体积的最大值,并求出此时点到平面的距离.

1．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）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

2．（2019年高考北京卷理数）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m； ②m∥； ③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

3．（2016新课标全国Ⅱ理科）α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：

①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.

②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.

③如果α∥β，mα，那么m∥β.

④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.

其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号）

4．（2019年高考全国Ⅰ卷理节选）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．

（1）证明：MN∥平面C₁DE；

5．（2019年高考江苏节选）如图，在直三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A₁B₁∥平面DEC₁；

6．（2018江苏节选）在平行六面体中，．

求证：．

7．(2017新课标全国Ⅱ理科节选)如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，E是PD的中点．

（1）证明：直线平面PAB.

8．（2017北京理科节选）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4．

（1）求证：M为PB的中点.

变式拓展

1．【答案】C

【解析】取中点，连接，，BD，

由三角形中位线定理可得，平面，

由四边形为平行四边形得，

平面，平面平面，

又平面，平面，

故选C．

2．【解析】过作平面交于，连接.

因为三棱柱，所以，

又平面，平面，

所以平面，

又平面，平面平面，

所以.

又平面，平面，平面平面，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以.

又，，

所以，，

故是的中位线，

所以当是的中点时，平面.

3．【解析】（1）∵四边形为矩形，∴，

又平面，平面，∴平面.

∵和均为等腰直角三角形，且，

∴，∴，

又平面，平面，

∴平面，

∵平面，平面，，

∴平面平面.

（2）∵为矩形，∴，

又∵平面平面，平面，

平面平面，

∴平面，

在中，∵，∴，

∴.

∴.

【名师点睛】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——割补法、等体积法．

①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．

②等体积法：应用等体积法的前提是几何体的体积通过已知条件可以得到，利用等体积法可以用来求解几何体的高，特别是在求三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三棱锥的高，而通过直接计算得到高的数值．

考点冲关

1．【答案】B

【解析】当时，若，可得，

又，可知.

故选B.

2．【答案】D

【解析】若两个平面α,β相交,设交线是l,则有α内的直线m与l平行,得到m与平面β平行,从而可得A是不正确的;而B中两条直线可能是平行于交线l的直线,所以也不能判定α与β平行;C中的无数条直线也可能是一组平行于交线l的直线,因此也不能判定α与β平行.由平面与平面平行的判定定理可得D项是正确的.

3．【答案】C

【解析】如果两个平面平行，则位于这两个平面内的直线可能平行，可能异面．

4．【答案】A

【解析】∵E,F分别是AA₁,BB₁的中点,∴EF//AB．

又AB⊄平面EFGH,EF⊂平面EFGH,∴AB//平面EFGH.

又AB⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面EFGH=GH,∴AB//GH.

5．【答案】C

【解析】若，，则或，A不正确；

若，，则，或相交，B不正确；

若，，可得没有公共点，即，C正确；

若，，则或相交，D不正确.

故选C．

6．【答案】C

【解析】长方体中，平面与平面平行，又经过的平面分别交和于点，根据面面平行的性质定理，得，同理可证，所以四边形为平行四边形，故选C．

7．【答案】D

【解析】选项A，由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故A选项是错误的；

选项B，由中位线定理可知：，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以不可能互相平行，故B选项是错误的；

选项C，由中位线定理可知：，而直线与平面相交，故直线与平面也相交，故平面与平面相交，故C选项是错误的；

选项D，由三角形中位线定理可知：，所以有平面，平面，而，因此平面平面，故本题选D．

8．【答案】A

【解析】因为平面α∥平面，平面平面，平面平面，所以.又，所以四边形是平行四边形，所以，所以.

9．【答案】D

【解析】如图所示，∵E，F分别是棱的中点,∴EF∥AC，则平面即平面EFCA与平面相交于,即直线m；由CF∥OE，可得CF∥平面OD₁E，故平面与平面相交于n时，必有n∥CF，即m//n,则直线的夹角为0.

10．【答案】C

【解析】过D作DN∥A₁C₁，交B₁C₁于N，连结BN，∵在三棱台A₁B₁C₁﹣ABC中，点D在A₁B₁上，且AA₁∥BD，AA₁∩A₁C₁＝A₁，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A₁C，

∵点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A₁C，

∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点．

故选C．

11．【答案】

【解析】①，或，由；

②，，；

③，或，由．

故答案为．

12．【答案】M在线段FH上移动

【解析】当M在线段FH上移动时,有MH//DD’.而HN//BD,∴平面MNH//平面B’BDD’.

又MN⊂平面MNH,∴MN//平面B’BDD’.

13．【答案】①④

【解析】对于①,该正方体的对角面平面得出平面;

对于②,直线与平面不平行;

对于③,直线与平面不平行;

对于④,直线与平面内的直线平行.

14．【答案】

【解析】∵AC∥平面EFGH,AC⊂平面ABC,平面ABC∩平面EFGH=EF,

∴AC∥EF.

∴.①

由四边形EFGH是菱形知EH∥FG,EH⊄平面BCD,FG⊂平面BCD,

∴EH∥平面BCD．

而EH⊂平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,

∴EH∥BD,∴.②

由①②得.

又EF=EH,AC=m,BD=n,所以.

15．【答案】

【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．

可得：四边形是平行四边形，.

同理可得：．

，平面平面，

点是正方形内的动点，平面，

点在线段上，

点的轨迹长度．

故答案为．

16．【答案】

【解析】在正方体中，因为平面平面，所以平面平面，且，所以N为AB的中点（如图），所以该截面为等腰梯形.

因为正方体的棱长为2，所以MN=，CD₁=，MD₁=，

所以等腰梯形MNCD₁的高MH=，

所以截面面积为.

17．【解析】(1)连接,则必过与的交点,

连接,则为的中位线,

所以,

又平面平面，

所以平面.

(2)因为分别为平行四边形的边的中点,

所以,

又平面平面,

所以平面.

又为中点,

所以为的中位线,所以,

又平面平面,

所以平面,

又与为平面内的两条相交直线,

所以平面平面.

【名师点睛】在立体几何中，常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种平行关系不是孤立的，而是相互联系，并且可以相互转化的．在解决问题的过程中，要灵活运用平行关系的判定定理.

（1）应用判定定理证明线面平行的步骤：

上面的第一步“找”是证题的关键，其常用方法有：利用三角形、中位线的性质；利用平行四边形的性质；利用平行线分线段成比例定理．

（2）利用判定定理证明两个平面平行的一般步骤:

第一步：在一个平面内找出两条相交直线；

第二步：证明这两条相交直线分别平行于另一个平面；

第三步：利用平面与平面平行的判定定理得出结论．

18．【解析】(1)如图所示,取D₁为线段A₁C₁的中点,此时=1.

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.

∵D₁为A₁C₁的中点,O为A₁B的中点,∴OD₁∥BC₁,

∵OD₁⊂平面AB₁D₁,BC₁⊄平面AB₁D₁,∴BC₁∥平面AB₁D₁.

∴当=1时,BC₁∥平面AB₁D₁.

(2)由平面BC₁D∥平面AB₁D₁,且平面A₁BC₁∩平面BC₁D=BC₁,平面A₁BC₁∩平面AB₁D₁=D₁O,得BC₁∥D₁O,

∴.

又平面AB₁D₁∩平面ACC₁A₁=AD₁,平面BDC₁∩平面ACC₁A₁=DC₁,

∴AD₁∥DC₁,

∴AD=D₁C₁,DC=A₁D₁,

∴=1.

19．【解析】（1）设，取中点，连接，

∵四边形为正方形，∴为中点，

∵为中点，∴且，

∵平面平面，平面平面，，

平面，∴平面，

又∵平面平面，∴平面平面，

又，则平面，

又∵，，∴，

∴，且，

∴四边形为平行四边形，∴，

∵平面，平面，

∴平面.

（2）∵，平面，平面，∴平面，

∴点到平面的距离等于点到平面的距离，

∴.

20．【解析】（1）连接、，并延长分别交BC、AB于点M，N，连接MN.

∵、分别是PBC、PAB的重心，

∴，，

∴.

∵平面ABC，平面ABC，

∴平面ABC．

同理，平面ABC．

∵，且、平面，

∴平面平面ABC．

（2）由（1）知，.

∵，，

∴，.

同理可得：，，，，

则.

故与ABC的面积之比为.

21．【解析】(1)线段上存在一点,使得平面,此时.

理由如下:

当时,,

过点作交于点,连接,

则有==,

∵,∴,

故,

又,

故有,

故四边形为平行四边形,

∴,

又∴平面平面,

∴平面.

(2)设,

∴==,

故==,

∴当时,有最大值,且最大值为3,

此时=,

在中,由余弦定理得===,

∴=,

==,

设点到平面的距离为,

由于,即=,

∴=,

即点到平面的距离为.

直通高考

1．【答案】B

【解析】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．

【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．

2．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；

（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.

故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.

3．【答案】②③④

【解析】对于①，，则的位置关系无法确定，故错误；

对于②，因为，所以过直线作平面与平面相交于直线，则，因为所以所以，故②正确；

对于③，由两个平面平行的性质可知正确；

对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.

故正确的命题有②③④.

【名师点睛】求解本题时应注意在空间中考虑线面位置关系.

4．【解析】（1）连结B₁C，ME．

因为M，E分别为BB₁，BC的中点，

所以ME∥B₁C，且ME=B₁C．

又因为N为A₁D的中点，所以ND=A₁D．

由题设知A₁B₁DC，可得B₁CA₁D，

故MEND，

因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．

又MN平面EDC₁，

所以MN∥平面C₁DE．

5．【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC−A₁B₁C₁中，AB∥A₁B₁，

所以A₁B₁∥ED.

又因为ED⊂平面DEC₁，A₁B₁平面DEC₁，

所以A₁B₁∥平面DEC₁.

6．【解析】在平行六面体ABCD–A₁B₁C₁D₁中，AB∥A₁B₁．

因为AB平面A₁B₁C，A₁B₁平面A₁B₁C，

所以AB∥平面A₁B₁C．

7．【解析】（1）取的中点，连接，．

因为是的中点，

所以∥，，

由得∥，

又，

所以，

即四边形是平行四边形，

所以∥．

又平面，平面，

故平面．

8．【解析】（1）如图，设交点为，连接.

因为平面，平面平面，

所以.

因为四边形是正方形，

所以为的中点，

所以为的中点.

 

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