第七章立體幾何與空間向量第3節(jié)空間直線、平面的平行1.以立體幾何的定義、基本事實和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面平行、面面平行的有關性質與判定定理.2.能運用基本事實、定理和已獲得的結論證明一些有關空間圖形的平行關系的簡單命題.目

錄CONTENTS知識診斷自測01考點聚焦突破02課時分層精練03知識診斷自測1ZHISHIZHENDUANZICE1.直線與平面平行(1)直線與平面平行的定義直線l與平面α沒有公共點，則稱直線l與平面α平行.(2)直線與平面平行的判定定理與性質定理

文字語言圖形表示符號表示判定定理如果平面外一條直線與此平面內的________平行，那么該直線與此平面平行a

α，b?α，a∥b?a∥α性質定理一條直線和一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與_______平行a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b一條直線交線2.平面與平面平行(1)平面與平面平行的定義沒有公共點的兩個平面叫做平行平面.(2)平面與平面平行的判定定理與性質定理

文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一個平面內的兩條__________與另一個平面平行，那么這兩個平面平行a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β相交直線性質兩個平面平行，則其中一個平面內的直線______于另一個平面α∥β，a?α?a∥β性質定理兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面______，那么兩條______平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b平行相交交線1.平行關系中的三個重要結論(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行.(2)平行于同一平面的兩個平面平行.(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行.2.三種平行關系的轉化常用結論與微點提醒(1)平行的相互轉化是解決與平行有關的證明題的指導思想，解題過程中既要注意一般的轉化規(guī)律，又要看清題目的具體條件，選擇正確的轉化方向.(2)在應用判定定理與性質定理時，一定要寫全定理滿足的條件，否則可能是假命題.1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)×××√解析(1)若一條直線和平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行或在平面內，故(1)錯誤.(2)若a∥α，P∈α，則過點P且平行于a的直線只有一條，故(2)錯誤.(3)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，則這兩個平面平行或相交，故(3)錯誤.(1)若一條直線和平面內一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行.(

)(2)若直線a∥平面α，P∈α，則過點P且平行于直線a的直線有無數(shù)條.(

)(3)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行.(

)(4)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內的兩條直線平行或異面.(

)2.(必修二P143T1改編)如果直線a∥平面α，那么直線a與平面α內的(

)A.一條直線不相交B.兩條直線不相交C.無數(shù)條直線不相交D.任意一條直線都不相交D解析因為直線a∥平面α，直線a與平面α無公共點，因此直線a與平面α內的任意一條直線都不相交.

3.(必修二P138例3改編)如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為______________.平行四邊形解析因為平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面DCGH＝HG，且平面EFGH∩平面ABFE＝EF，所以EF∥HG，同理EH∥FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形.l

α解析①由線面平行的判定定理知l

α；②由線面平行的判定定理知l

α.考點聚焦突破2KAODIANJUJIAOTUPO考點一直線與平面平行的判定與性質角度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.

求證：BE∥平面PAD.證明法一如圖，取PD的中點F，連接EF，F(xiàn)A.由題意知EF為△PDC的中位線，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.法二如圖，延長DA，CB相交于點H，連接PH，∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，又E為PC的中點，∴BE∥PH，又BE

平面PAD，PH?平面PAD，∴BE∥平面PAD.法三如圖，取CD的中點H，連接BH，HE，∵E為PC的中點，∴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.角度2直線與平面平行的性質例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，在DM上取一點G，過G和PA作平面交BD于點H.求證：PA∥GH.證明如圖所示，連接AC交BD于點O，連接OM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點，又M是PC的中點，∴PA∥OM，又OM

平面BMD，PA

平面BMD，∴PA∥平面BMD，又平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA

平面PAHG，∴PA∥GH.感悟提升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).(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(α∥β，a

α?a∥β).(4)利用面面平行的性質(α∥β，a

β，a∥α?a∥β).2.應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定交線.訓練1

如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，M是線段EF的中點.(1)求證：AM∥平面BDE；證明

如圖，記AC與BD的交點為O，連接OE.因為O，M分別為AC，EF的中點，且四邊形ACEF是矩形，所以EM∥OA且EM＝OA，所以四邊形AOEM是平行四邊形，所以AM∥OE，又因為OE?平面BDE，AM?平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，試分析l與m的位置關系，并證明你的結論.解l∥m，證明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM?平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM?平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.考點二平面與平面平行的判定與性質例3(2024·濰坊質檢)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G分別為棱B1C1，A1B1，AB的中點. (1)求證：平面A1C1G∥平面BEF；證明∵E，F(xiàn)分別為B1C1，A1B1的中點，∴EF∥A1C1.∵A1C1?平面A1C1G，EF

平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G.又F，G分別為A1B1，AB的中點，∴A1F＝BG，又A1F∥BG，∴四邊形A1GBF為平行四邊形，∴BF∥A1G.∵A1G?平面A1C1G，BF

平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF?平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF.(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求證：H為BC的中點.證明∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G與平面ABC有公共點G，經過點G的直線交BC于H，則A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G為AB的中點，∴H為BC的中點.感悟提升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平面平行(l⊥α，l⊥β?α∥β).(3)利用面面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(α∥β，β∥γ?α∥γ).訓練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；證明∵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，∴由面面平行的性質定理得BC∥GH.(2)若E，F(xiàn)，G分別是AB，AC，A1B1的中點，求證：平面EFA1∥平面BCHG.證明∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，∴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，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.考點三平行關系的綜合應用如圖，連接A1B交AB1于點O，連接OD1.由棱柱的性質知，四邊形A1ABB1為平行四邊形，∴點O為A1B的中點.在△A1BC1中，O，D1分別為A1B，A1C1的中點，∴OD1∥BC1.又OD1?平面AB1D1，BC1

平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1.解由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.感悟提升解決面面平行問題的關鍵點(1)在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉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，再嚴格證明，先猜想再證明是學習和研究的重要思想方法.解析如圖，連接D1A，AC，D1C，因為E，F(xiàn)，G分別為AB，BC，C1D1的中點，所以AC∥EF，又EF

平面ACD1，AC

平面ACD1，所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，所以同理可得EG∥平面ACD1，又EF∩EG＝E，EF，EG

平面EFG，所以平面ACD1∥平面EFG.因為直線D1P∥平面EFG，所以點P在直線AC上.課時分層精練3KESHIFENCENGJINGLIAN1.如圖，已知P為四邊形ABCD外一點，E，F(xiàn)分別為BD，PD上的點，若EF∥平面PBC，則(

)A.EF∥PA B.EF∥PBC.EF∥PC D.以上均有可能B解析由線面平行的性質定理可知EF∥PB.2.如果AB，BC，CD是不在同一平面內的三條線段，則經過它們中點的平面和直線AC的位置關系是(

) A.平行

B.相交 C.AC在此平面內 D.平行或相交A解析如圖，把這三條線段放在正方體內，可得AC∥EF，AC

平面EFG，EF

平面EFG，故AC∥平面EFG.3.下列命題中正確的是(

)A.若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經過b的任何平面B.若直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內的任何直線平行C.平行于同一條直線的兩個平面平行D.若直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b

α，則b∥αD解析A中，a可以在過b的平面內；B中，a與α內的直線也可能異面；C中，兩平面可能相交；D中，由直線與平面平行的判定定理知b∥α，故D正確.4.已知P為△ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，且α交線段PA，PB，PC于點A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則S△A′B′C′∶S△ABC等于(

)A.2∶3 B.2∶5C.4∶9 D.4∶25D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.5.(2024·成都診斷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列結論正確的是(

)①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.A.①②④

B.①②③ C.②③④ D.①③④A解析對于①，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為AB∥C1D1，且AB＝C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1∥BC1，故①正確；對于②，易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，BD?平面BDC1，B1D1

平面BDC1，所以B1D1∥平面BDC1，同理可得AB1∥平面BDC1，又AB1∩B1D1＝B1，AB1，B1D1?平面AB1D1，故平面AB1D1∥平面BDC1，故②正確；對于③，由正方體ABCD－A1B1C1D1易知，AD1與DC1異面，故③錯誤；對于④，因為AD1∥BC1，AD1

平面BDC1，BC1?平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正確.故選A.6.(2024·杭州質檢)已知α，β是兩個不重合的平面，則“α∥β”的充要條件是(

)A.平面α內存在無數(shù)條直線與β平行B.存在直線l與α，β所成的角相等C.存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥βD.平面α內存在不共線的三個點到β的距離相等C解析對于A，如果α∩β＝l，則在α內與l平行的直線有無數(shù)條，這無數(shù)條直線都與平面β平行，但此時α不平行于β，故A錯誤；對于B，如果α∩β＝m，在空間內必存在直線l

α，l

β，且l與m平行，此時l也與兩個平面平行，即直線l與α，β所成的角都等于0，故B錯誤；對于C，如果α∥β，則一定存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β，若γ∥α且γ∥β，則也一定有α∥β，則“α∥β”的充要條件是“存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β”，故C正確；對于D，當α∥β時，α內必存在不共線的三個點到β的距離相等，但當α∩β＝m時，同樣可以在α內找到不共線的三個點到β的距離相等，故D錯誤.故選C.7.(2024·新鄉(xiāng)模擬)在如圖所示的正方體或正三棱柱中，M，N，Q分別是所在棱的中點，則滿足直線BM與平面CNQ平行的是(

)B解析對于A，如圖①，連接B1N，由正方體的性質可知BM∥B1N，又B1N與平面CNQ相交，所以直線BM與平面CNQ不平行，故A錯誤；對于B，如圖②，連接AC，AQ，由正方體的性質可知NQ∥AC，故平面CNQ即為平面ACNQ，而BM∥AQ，BM

平面CNQ，AQ

平面CNQ，所以直線BM與平面CNQ平行，故B正確；對于C，如圖③，連接BQ，由中位線定理及正三棱柱的性質可知NQ∥BC，故平面CNQ即為平面BCNQ，則直線BM與平面CNQ相交于點B，故C錯誤；對于D，假設直線BM與平面CNQ平行，如圖④，過點M作CQ的平行線交A1B1于點D，則D是線段A1B1上靠近點B1的四等分點，連接BD，由MD∥CQ，MD

平面CNQ，CQ

平面CNQ，可得MD∥平面CNQ，又BM與平面CNQ平行，MD∩BM＝M，MD，BM

平面BDM，則平面BDM∥平面CNQ，而平面ABB1A1與平面BDM、平面CNQ分別相交于BD，QN，則BD與QN平行，顯然BD與QN不平行，故假設錯誤，所以直線BM與平面CNQ不平行，故D錯誤.故選B.8.設α，β，γ是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝m，n

γ，且________，則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組，使該命題為真命題. ①α∥γ，n

β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m

γ.

可以填入的條件有________.(填序號)①或③解析由面面平行的性質定理可知，①正確；當m∥γ，n∥β時，n和m可能平行或異面，②錯誤；當n∥β，m

γ時，n和m在同一平面內，且沒有公共點，所以m∥n，③正確.9.如圖所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內部運動，則M只需滿足條件_________________________________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況)點M在線段FH上(或點M與點H重合)解析連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N(圖略)，則FH∥DD1，HN∥BD，易證得FH∥平面B1BDD1，HN∥平面B1BDD1，F(xiàn)H∩HN＝H，F(xiàn)H，HN

平面FHN，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN

平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上.若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________.解析因為EF∥平面AB1C，EF

平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以點F為DC的中點，11.如圖，四邊形ABCD為長方形，PD＝AB＝2，AD＝4，點E，F(xiàn)分別為AD，PC的中點.設平面PDC∩平面PBE＝l.證明： (1)DF∥平面PBE；證明取PB中點G，連接FG，EG，因為四邊形ABCD為長方形，所以BC∥AD，且BC＝AD，所以DE∥FG，且DE＝FG，所以四邊形DEGF為平行四邊形，所以DF∥GE，因為DF

平面PBE，GE

平面PBE，所以DF∥平面PBE.(2)DF∥l.證明由(1)知DF∥平面PBE，又DF

平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，所以DF∥l.12.如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點.求證： (1)BE∥平面DMF；證明

如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，因為四邊形ADEF為平行四邊形，所以O為AE的中點，連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO，又BE

平面DMF，MO

平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)平面BDE∥平面MNG.證明

因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DE∥NG，又DE

平面MNG，NG

平面MNG，所以DE∥平面MNG，因為M為AB的中點，N為AD的中點，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN，又BD

平面MNG，MN

平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE與BD為平面BDE內的兩條相交直線，所以平面BDE∥平面MNG.13.(多選)(2024·蘇州質量評估)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，

則(

)A.平面PBC內存在無數(shù)條直線與平面PAD平行B.平面PAD和平面PBC的交線與底面ABCD平行C.平面PAB和平面PCD的交線與底面ABCD平行D.平面PAD內任意一條直線都不與BC平行ACD解析設平面PBC∩平面PAD＝l，在平面PBC內存在無數(shù)條直線與l平行，且不在平面PAD內，則在平面PBC內存在無數(shù)條直線與平面PAD平行，故A正確；若l∥平面ABCD，l

平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，則l∥BC，同理，l∥AD，則BC∥AD，這與四邊形ABCD為梯形矛盾，故B錯誤；設平面PAB∩平面PCD＝m，∵AB∥CD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PCD∩平面ABCD＝CD，∴AB∥m，又AB

平面ABCD，m

平面ABCD，∴m∥平面ABCD，故C正確；假設平面PAD內存在一條直線a與BC平行，則BC∥平面PAD，又BC

平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，則BC∥AD，不符合題意，∴平面PAD內任意一條直線都不與BC平行，故D正確.A解析如圖，連接BD，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1∥DD1，BB1＝DD1，∴四邊形DD1B1B是平行四邊形，∴B1D1∥BD.又∵在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，∴B1D1∥PQ，∴PQ∥BD，∴∠PQD＝∠BDC＝45°，15.如圖