2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第8章 第4讲　空间直线、平面的平行 WORD版含解析.doc

1、第4讲空间直线、平面的平行1直线与平面平行(1)判定定理 文字语言图形语言符号语言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 a(2)性质定理 文字语言图形语言符号语言性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行 ab2平面与平面平行(1)判定定理 文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行面面平行”)(2)性质定理 文字语言图形语言符号语言性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行ab1垂直于同一条直线的两个平面平行，即若

2、a，a，则.2垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a，b，则ab.3平行于同一个平面的两个平面平行，即若，则.4两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面5夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等6经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行7两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例8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1已知直线l和平面，若l，P，则过点P且平行于l的直线()A只有一条，不在平面内B只有一条，且在平面内C有无数条，一定在平面内D有无数条，不一定在平面内答案B解析过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条，因为点P

3、在平面内，所以这条直线也应该在平面内故选B.2(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，垂直于同一平面答案B解析若，则内有无数条直线与平行，反之不成立；若，平行于同一条直线，则与可以平行也可以相交；若，垂直于同一平面，则与可以平行也可以相交，故A，C，D均不是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，则这两个平面平行，反之也成立因此B中的条件是的充要条件故选B.3(多选)(2022江苏镇江质量检测)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

4、，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是()答案BCD解析A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交；B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ；C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ；D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故选BCD.4如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为P

5、B的中点，给出下列五个结论：PD平面AMC；OM平面PCD；OM平面PDA；OM平面PBA；OM平面PBC其中正确的个数是()A1 B2 C3 D4答案C解析因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点在PBD中，因为M为PB的中点，所以OM为PBD的中位线，OMPD，所以PD平面AMC，OM平面PCD，且OM平面PDA因为MPB，所以OM与平面PBA，平面PBC相交故选C5如图，平面平面，PAB所在的平面与，分别交于CD，AB，若PC2，CA3，CD1，则AB_.答案解析平面平面，CDAB，AB.6已知下列命题：若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；若直线l上有无数个点

6、不在平面内，则l；若直线l与平面相交，则l与平面内的任意直线都是异面直线；如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交；若直线l与平面平行，则l与平面内的直线平行或异面；若平面平面，直线a，直线b，则ab.其中正确的是_(填序号)答案解析若直线与平面有两个公共点，由基本事实2可得直线在平面内，故正确；若直线l上有无数个点不在平面内，则l或l与相交，故错误；若直线l与平面相交，则l与平面内的任意直线可能是异面直线或相交直线，故错误；如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故错误；若直线l与平面平行，则l与平面内的直线无公共点，

7、即平行或异面，故正确；若平面平面，直线a，直线b，则ab或a，b异面，故错误考向一有关平行关系的判断例1(1)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是()AMNAPBMNBD1CMN平面BB1D1DDMN平面BDP答案C解析取B1C1的中点为Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理，得MQB1D1，MQ平面BB1D1D，由四边形BB1QN为平行四边形，得NQBB1，NQ平面BB1D1D，平面MNQ平面BB1D1D，又MN平面MNQ，MN平面BB1D1D，故选C(2)已知两条不同的直线a，b，两个不同的平面，有如下命题：若a，b，

8、则ab；若，a，则a；若，a，b，则ab.其中正确命题的个数为()A3 B2 C1 D0答案C解析若a，b，则a与b平行或异面，故错误；若，a，则a与没有公共点，即a，故正确；若，a，b，则a与b无公共点，得a，b平行或异面，故错误正确命题的个数为1.故选C 解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意点(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1.已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A若m，n，则mnB若m，m，则C若，则D若m

9、，n，则mn答案D解析A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.2如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点则下列叙述中正确的是()A直线BQ平面EFGB直线A1B平面EFGC平面APC平面EFGD平面A1BQ平面EFG答案B解析过点E，F，G的截面如图所示(其中H，I分别为AA1，BC的中点)A1BHE，A1B平面EFG，HE平面EFG，A1B平面EFG，故选B.多角度探究突破考向二直线与平面平行的判定与性质角度用线线平行

10、证明线面平行例2(1)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.证明：FG平面AA1B1B.证明在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为BB1CC1，BB1平面BB1D，CC1平面BB1D，所以CC1平面BB1D.又因为CC1平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，所以CC1FG.因为BB1CC1，所以BB1FG.而BB1平面AA1B1B，FG平面AA1B1B，所以FG平面AA1B1B.(2)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点求证：BD平面FGH.证明证法一：连接

11、DG，CD，设CDGFM，连接MH.在三棱台DEFABC中，由AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，所以四边形DFCG为平行四边形，则M为CD的中点，又因为H为BC的中点，所以HMBD.因为HM平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.证法二：在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形HBEF为平行四边形，BEHF.在ABC中，因为G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又因为GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.角度用线面平行证明线线平行例3如图所示，四边形ABCD是平行四边形

12、，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在MD上取一点G，过G和PA作平面交平面BMD于GH.求证：PAGH.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，PAMO.又MO平面BMD，PA平面BMD，PA平面BMD.平面PAHG平面BMDGH，且PA平面PAHG，PAGH. 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，b，aba)(3)利用面面平行的性质(，aa)(4)利用面面平行的性质(，a，a，aa)2证明线线平行的三种方法(1)利用基本事实4(ab，bcac)(2)利

13、用线面平行的性质定理(a，a，bab)(3)利用面面平行的性质定理(，a，bab)3.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，PA3，F是棱PA上的一个动点，E为PD的中点，O为AC的中点(1)求证：OE平面PAB；(2)若AF1，求证：CE平面BDF.证明(1)因为四边形ABCD为菱形，O为AC的中点，所以O为BD的中点，又因为E为PD的中点，所以OEPB.因为OE平面PAB，PB平面PAB，所以OE平面PAB.(2)过E作EGFD交AP于点G，连接CG，FO.因为EGFD，EG平面BDF，FD平面BDF，所以EG平面BDF.因为E为PD的中点，EGFD，所以G为P

14、F的中点，因为AF1，PA3，所以F为AG的中点，又因为O为AC的中点，所以OFCG.因为CG平面BDF，OF平面BDF，所以CG平面BDF.因为EGCGG，EG平面CGE，CG平面CGE，所以平面CGE平面BDF，又因为CE平面CGE，所以CE平面BDF.考向三面面平行的判定与性质例4如图，在三棱柱ABCA1B1C1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)因为GH是A1B1C1的中位线，所以GHB1C1.又因为B1C1BC，所以GHBC，所以B，C，H，G四点共面(2)因为E，F分别为AB，A

15、C的中点，所以EFBC因为EF平面BCHG，BC平面BCHG，所以EF平面BCHG.因为A1G与EB平行且相等，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1EGB.因为A1E平面BCHG，GB平面BCHG.所以A1E平面BCHG.因为A1EEFE，所以平面EFA1平面BCHG.证明面面平行的方法(1)面面平行的定义(2)面面平行的判定定理：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(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化4(2022福建福清阶段考试)如图，在正方体ABCD

16、A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且.(1)求证：PQ平面A1D1DA；(2)若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR平面A1D1DA？请给出证明解(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，因为四边形ABCD为正方形，所以BCAD，故PBCPDM，所以，又因为，所以，所以PQMD1.又MD1平面A1D1DA，PQ平面A1D1DA，故PQ平面A1D1DA(2)当的值为时，能使平面PQR平面A1D1DA如图证明：因为，即，故，所以PRDA又DA平面A1D1DA，PR平面A1D1DA，所以PR平面A1D1DA，又PQ平面A1D1DA，PQPRP

17、，PQ，PR平面PQR，所以平面PQR平面A1D1DA一、单项选择题1已知，表示两个不同的平面，直线m是内一条直线，则“ ”是“m ”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解析由，m，可得m；反过来，由m，m，不能推出.综上，“ ”是“m ”的充分不必要条件故选A2已知直线a，b和平面，下列说法中正确的是()A若a，b，则abB若a，b，则abC若a，b与所成的角相等，则abD若a，b，则ab答案B解析若a，b，则ab或a与b异面，故A错误；利用线面垂直的性质，可知若a，b，则ab，故B正确；若a，b与所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错误；由a

18、，b，得a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误故选B.3在长方体ABCDA1B1C1D1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GH与AB的位置关系是()A平行 B相交C异面 D平行或异面答案A解析由长方体的性质，知EF平面ABCD，EF平面 EFGH，平面EFGH平面ABCDGH，EFGH.又EFAB，GHAB.故选A4如图所示，在四棱锥PABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN平面PAD，则()AMNPD BMNPACMNADD以上均有可能答案B解析MN平面PAD，平面PAC平面PADPA，MN平面PAC，MNPA故选

19、B.5如图，在多面体ABCDEFG中，平面ABC平面DEFG，EFDG，且ABDE，DG2EF，则()ABF平面ACGDBCF平面ABEDCBCFGD平面ABED平面CGF答案A解析如图所示，取DG的中点M，连接AM，FM，则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形，DEFM，且DEFM.平面ABC平面DEFG，平面ABC平面ADEBAB，平面DEFG平面ADEBDE，ABDE，ABFM，又ABDE，ABFM，四边形ABFM是平行四边形，BFAM，又BF平面ACGD，AM平面ACGD，BF平面ACGD，故选A6如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA

20、平面EBF时，()A B C D答案D解析如图，连接AC交BE于点G，连接FG，因为PA平面EBF，PA平面PAC，平面PAC平面BEFFG，所以PAFG，所以.又因为ADBC，E为AD的中点，所以，所以.故选D.7在三棱锥SABC 中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于点D，E，F，H.D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为()A B C45 D45答案A解析如图，取AC的中点G，连接SG，BG.易知SGAC，BGAC，故AC平面SGB，所以ACSB.因为SB平面DEFH，SB平面SAB，平面

21、SAB平面DEFHHD，则SBHD.同理SBFE.又因为D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也分别为AS，SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形因为ACSB，SBHD，DEAC，所以DEHD，所以四边形DEFH为矩形，其面积SHFHD.故选A8如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1平行的截面，则该截面的面积为()A2 B2 C2 D4答案C解析如图所示，易知截面是菱形分别取棱D1C1，AB的中点E，F，连接A1E，A1F，CF，CE，则菱形A1ECF为符合题意的截面连接EF，A1C，易知EF2，A1C2，E

22、FA1C，所以截面的面积SEFA1C2.故选C二、多项选择题9如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF，则下列结论中正确的是()A线段B1D1上存在点E，F使得AEBFBEF平面ABCDCAEF的面积与BEF的面积相等D三棱锥ABEF的体积为定值答案BD解析如图所示，AB与B1D1为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误；B1D1BD，故EF平面ABCD，故B正确；由图可知，点A和点B到EF的距离是不相等的，C错误；连接BD交AC于O，则AO为三棱锥ABEF的高，SBEF1，三棱锥ABEF的体积为，为定值，D正确故选BD.10(2021保定一中

23、模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BPBD1.则以下四个说法中正确的是()AMN平面APCBC1Q平面APCCA，P，M三点共线D平面MNQ平面APC答案BC解析如图，对于A，连接MN，AC，则MNAC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN平面APC，所以MN平面APC是错误的；对于B，由A项知M，N在平面APC内，由题易知ANC1Q，AN平面APC，所以C1Q平面APC是正确的；对于C，由A项知A，P，M三点共线是正确的；对于D，由A项知MN平面APC，又MN平面MNQ，所以平面MNQ平面APC是错误的三、填

24、空题11(2022北京东城区模拟)设，是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“m，n，且_，则mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题，n；m，n；n，m.可以填入的条件有_(填序号)答案或解析由面面平行的性质定理可知，正确；当m，n时，n和m可能平行或异面，错误；当n，m时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以mn，正确12(2022福建龙岩高三模拟)如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1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只需满足条件_时，就有MN平面B1BDD1.(注：请

25、填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M在线段FH上解析连接HN，FH，FN，则FHDD1，HNBD，所以平面FHN平面B1BDD1，只需M在线段FH上，则MN平面FHN，所以MN平面B1BDD1.13如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，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，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ_.答案a解析如图所示，连接AC，易知MN平面ABCD.MNPQ.又MNAC，PQACAP，.PQACaa.四、解答题14如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，A

26、D，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，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点，又M为AB的中点，所以MO为ABE的中位线，所以BEMO，又因为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的对边AD，EF的中点，所以DEGN，又因为DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.因为M为AB的中点，N为AD的中点，所以MN为ABD的中位线，所以BDMN，因为BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG，因为DE与BD为平面BDE内

27、的两条相交直线，所以平面BDE平面MNG.15(2022湖北黄冈入学考试)如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AFAD，AMDN，矩形ABEF可沿AB任意翻折(1)求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD；(2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由解(1)证明：在平面图形中，连接MN(图略)，设MN与AB交于点G.四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，ADAF，ADBE且ADBE，四边形ADBE是平行四边形，AEDB.又AMDN，四边形ADNM是平行四边形，M

28、NAD.当点F，A，D不共线时，如图，MGAF，NGAD.又MGNGG，ADAFA，平面GNM平面ADF.又MN平面GNM，MN平面ADF.故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.(2)这个结论不正确要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点理由如下：当点F，A，D共线时，如题图，易证得MNFD.当点F，A，D不共线时，由(1)知平面MNG平面FDA，则要使MNFD总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可FM平面ABEF，DN平面ABCD，平面ABEF平面ABCDAB，若FM与DN相交，则交点只能为点B，此

29、时只有M，N分别为AE，DB的中点才满足由FMDNB，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面平面FDNM平面MNGMN，平面FDNM平面FDAFD，平面MNG平面FDA，MNFD.16如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，AB2CD，E为PB的中点(1)求证：CE平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD平面CEF？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由解(1)证明：如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EHAB，EHAB.又因为ABCD，CDAB，所以EHCD，EHCD，所以四边形DCEH是平行四边形，所以CEDH.又因为DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.(2)存在理由：如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，则AFAB，因为CDAB，所以AFCD，又因为AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CFAD.因为AD平面PAD，CF平面PAD，所以CF平面PAD.由(1)知CE平面PAD，又因为CECFC，CE平面CEF，CF平面CEF，所以平面CEF平面PAD.故在线段AB上存在一点F，使得平面PAD平面CEF.