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2020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.
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
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3.必记结论
(1)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)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等． (3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． (4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)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．
1．概念辨析
(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )
(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( ) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( )
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异
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面．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
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 C．b?α 答案 B
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，而由题目已知，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b?α.故选B.
(2)下列命题中成立的个数是( )
①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α； ②若直线l在平面α外，则l∥α； ③若直线l∥b，直线b?α，则l∥α；
④若直线l∥b，直线b?α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线． A．1 C．3 答案 A
解析 当直线l在平面内时，结论不成立，∴①错误．若直线l在平面α外，则l∥α或l与α相交，∴②错误．根据线面平行的定义可知，直线l在平面外时，结论才成立，∴③错误．根据平行公理可知，若直线l∥b，直线b?α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线，
∴④正确．故成立的只有④，所以A正确．
(3)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.
B．2 D．4
B．b∥α或b?α D．b∥α
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答案 2
3
PCCD
解析 因为α∥β，所以CD∥AB，所以PA＝AB.因为PC＝2，CA＝3，CD5
＝1，所以AB＝2.
(4)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)． ①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1； ③AD1∥DC1； ④AD1∥平面BDC1. 答案 ①②④
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．
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．在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC的中点，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°，点N在PB上，
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且PN＝2.
求证：MN∥平面PDC.
证明 在正三角形ABC中，BM＝23. 在△ACD中，∵M为AC的中点，DM⊥AC， ∴AD＝CD，又∵∠ADC＝120°， 23BM
∴DM＝3，则MD＝3.
在等腰直角三角形PAB中，PA＝AB＝4， BNBNBM
∴PB＝42，则NP＝3，∴NP＝MD，∴MN∥PD. 又MN?平面PDC，PD?平面PDC， ∴MN∥平面PDC.
角度2 线面平行性质定理的应用
2．如图所示，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G，H分别在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.求证：四边形EFGH是矩形．
证明 ∵CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF， ∴CD∥EF.
同理HG∥CD，∴EF∥HG. 同理HE∥GF，
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∴四边形EFGH为平行四边形，∴CD∥EF，HE∥AB， ∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角． 又∵CD⊥AB，∴HE⊥EF. ∴平行四边形EFGH为矩形．
1．判定线面平行的四种方法 (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定理(α∥β，a?α?a∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥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．
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.
2
证明 由已知得AM＝3AD＝2.如图，
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1
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝2BC＝2. 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.
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，
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∴PA∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH， 且PA?平面PAHG，∴PA∥GH. 题型 二 平面与平面平行的判定与性质
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BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB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.
条件探究 在举例说明中，若将条件“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AD
AB1D1”，试求DC的值．
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解 连接A1B交AB1于O，连接OD1.
由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.
A1D1A1O所以BC1∥D1O，则DC＝OB＝1.
11A1D1DC
同理可证AD1∥DC1，则DC＝AD，
1
1
DCAD
所以AD＝1，即DC＝1.
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． (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． 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．
1．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.
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证明 取FC的中点I，连接GI，HI，
则有GI∥EF，HI∥BC. 又EF∥DB，所以GI∥BD， 又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B， 所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH?平面GHI， 所以GH∥平面ABC.
2．(2018·河南郑州模拟)如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
求证：(1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG.
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证明 (1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又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的边AD，EF的中点，所以DE∥GN， 又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，N为AD的中点， 所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN， 又BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线， 所以平面BDE∥平面MNG. 题型 三 立体几何中的探索性问题
在如图所示的多面体中，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，AD∥BC，AB＝CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4DE＝4.
(1)在AC上求作点P，使PE∥平面ABF，请写出作法并说明理由； (2)求三棱锥A－CDE的高．
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解 (1)取BC的中点G，连接DG，交AC于点P，连接EG，EP.此时P为所求作的点(如图所示)．
下面给出证明：∵BC＝2AD，G为BC的中点， ∴BG＝AD.又∵BC∥AD，
∴四边形BGDA是平行四边形，故DG∥AB， 即DP∥AB.
又AB?平面ABF，DP?平面ABF， ∴DP∥平面ABF.
∵AF∥DE，AF?平面ABF，DE?平面ABF， ∴DE∥平面ABF.
又∵DP?平面PDE，DE?平面PDE，PD∩DE＝D， ∴平面PDE∥平面ABF，
∵PE?平面PDE，∴PE∥平面ABF. (2)在等腰梯形ABCD中， ∵∠ABC＝60°，BC＝2AD＝4，
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∴可求得梯形的高为3，从而△ACD的面积为2×2×3＝3. ∵DE⊥平面ABCD，∴DE是三棱锥E－ACD的高． 设三棱锥A－CDE的高为h. 由VA－CDE＝VE－ACD，可得 11
3×S△CDE×h＝3S△ACD×DE， 1
即2×2×1×h＝3×1，解得h＝3. 故三棱锥A－CDE的高为3.
线面平行的探究性问题
解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个
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结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在，而对于探求点的问题，一般是先
探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．
(2018·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A1B11
上，且A1M＝3A1B1.点E是直线CD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 (1)如图，在棱C1D1上取点N，使D1N＝A1M＝1.
又∵D1N∥A1M，∴MN∥A1D1∥AD. ∴四边形AMND为平行四边形， ∴AM∥DN.
过C1作C1E∥DN交CD于E，连接BE， ∴DN∥平面BC1E，AM∥平面BC1E， ∴平面BC1E即为所求，此时CE＝1. (2)由(1)知，AM∥平面BC1E，
1?1?
∴VM－BC1E＝VA－BC1E＝VC1－ABE＝3×?2×3×3?×4＝6.
??
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