2025版高考数学一轮总复习知识梳理第7章立体几何第3讲空间直线平面平行的判定与性质

第三讲空间直线、平面平行的判定与性质知识梳理知识点一直线与平面平行的判定与性质判定定理性质定理文字语言如果平面外的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图形语言符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂α，,b⊄α，,a∥b))⇒b∥αeq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥α，,a⊂β，,α∩β＝b))⇒a∥b作用证明或判断线、面平行证明或判断线、线平行知识点二面面平行的判定与性质判定定理性质定理文字语言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两个平面平行，如果一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行图形语言符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂β，,b⊂β，,a∩b＝P，,a∥α，,b∥α))⇒α∥βeq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β，,α∩γ＝a，,β∩γ＝b))⇒a∥b作用证明或判断面、面平行证明或判断线、线平行归纳拓展1．若α∥β，a⊂α，则a∥β.2．垂直于同一条直线的两个平面平行，即“若a⊥α，a⊥β，则α∥β”．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”．4．平行于同一个平面的两个平面平行，即“若α∥β，β∥γ，则α∥γ”．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(×)(2)平行于同一条直线的两个平面平行．(×)(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面．(√)(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(×)(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(×)题组二走进教材2．(必修2P142T2)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是(D)A．α内有无数条直线都与β平行B．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α[解析]对于选项A，若α存在无数条直线与β平行，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则α内有无数条直线都与β平行，所以选项A是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到—个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的是α∥β的一个充分条件．故选D.题组三走向高考3．(2023·全国Ⅰ卷(节选))如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.证明：B2C2∥A2D2.[证明]证法一：分别取D1D2、AA1的中点M、N，连接MC2，NB2，由题意知D1M綉C1C2，∴MC2綉C1D1綉A1B1，同理B2N綉A1B1，∴MC2綉NB2，即MNB2C2为平行四边形，∴C2B2∥MN，又MD2綉A2N，∴D2A2NM为平行四边形，∴D2A2∥MN，∴B2C2∥D2A2.证法二：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))∥eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2.4.(2021·天津卷(节选))如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．求证：D1F∥平面A1EC1.[证明]证法一：连接B1D1交A1C1于M，连BD、EF、ME，∵E、F分别为BC、CD的中点，∴EF綉eq\f(1,2)BD綉eq\f(1,2)B1D1綉MD1，∴四边形EFD1M为平行四边形，∴D1F∥ME，又ME⊂平面A1EC1，D1F⊄平面A1EC1，∴D1F∥平面A1EC1.证法二：取AD的中点H，连接D1H，HE，HF，AC，∴E为BC的中点，∴EH綉CD綉C1D1，∴四边形C1D1HE为平行四边形，∴D1H∥C1E，又D1H⊄平面A1EC1，C1E⊂平面A1EC1，∴D1H∥平面A1EC1，又F为CD的中点，∴HF∥AC∥A1C1又HF⊄平面A1EC1，A1C1⊂平面A1EC1，∴HF∥平面A1EC1，又D1H∩HF＝H，∴平面HFD1∥平面A1EC1，∴D1F∥平面A1EC1.证法三：以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，所以eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,m·\