2022届高三数学一轮复习（原卷版）第3讲　直线、平面平行的判定与性质

1、第 3 讲直线、平面平行的判定与性质一、知识梳理1直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外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”)因为 la，a，l，所以 l性质定理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”)因为 l，l，b，所以 lb2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言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(简记为“线面平行面面平行”)因为 a，b，abp，a，b，所以性质定理如果两个平行平面同时和第三个

2、平面相交，那么它们的交线平行因为，a，b，所以 ab常用结论1三种平行关系的转化：线线平行判定定理性质定理线面平行判定定理性质定理面面性质定理平行线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想2平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若 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.二、教材衍化1平面平面的一个充分条件是()a存在一条直线 a，a，ab存在一条直线 a，a，ac存在两条平行直线 a，b，a，b，a，bd存在两条异面直线 a，b，a，b，a，b解析：选 d

3、若l，al，a，a，a，a，故排除 a若l，a，al，则 a，故排除 b若l，a，al，b，bl，则 a，b，故排除 c2已知正方体 abcda1b1c1d1，下列结论中，正确的是_(只填序号)ad1bc1；平面 ab1d1平面 bdc1；ad1dc1；ad1平面 bdc1.解析：连接 ad1，bc1，ab1，b1d1，c1d，bd，因为 abc1d1，所以四边形 ad1c1b为平行四边形，故 ad1bc1，从而正确；易证 bdb1d1，ab1dc1，又 ab1b1d1b1，bddc1d，故平面 ab1d1平面 bdc1， 从而正确； 由图易知 ad1与 dc1异面 错误； 因为 ad1bc1

4、，ad1平面 bdc1，bc1平面 bdc1，故 ad1平面 bdc1，故正确答案：一、思考辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)直线 l 平行于平面内的无数条直线，则 l.()(2)若直线 l 在平面外，则 l.()(3)若直线 lb，直线 b，则 l.()(4)若直线 lb，直线 b，那么直线 l 就平行于平面内的无数条直线()答案：(1)(2)(3)(4)二、易错纠偏常见误区|(1)对空间平行关系的相互转化条件理解不够；(2)忽略线面平行、面面平行的条件1如果直线 a平面，那么直线 a 与平面内的()a一条直线不相交b两条直线不相交c无数条直线不相交d任意一条直线都不相交解析：

5、选 d因为 a平面，直线 a 与平面无公共点，因此 a 和平面内的任意一条直线都不相交，故选 d2如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形 efgh 为截面，则四边形 efgh 的形状为_解析：因为平面 abfe平面 dcgh，又平面 efgh平面 abfeef，平面 efgh平面 dcghhg，所以 efhg.同理 ehfg，所以四边形 efgh 是平行四边形答案：平行四边形考点一线面平行的判定与性质(基础型)复习指导|以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中直线与平面平行的有关性质与判定定理核心素养：直观想象、逻辑推理角度一线面平行的证明在正方体 abcda1b1c1d1中

6、， e， f， g， h 分别是 bc， cc1， c1d1， a1a 的中点 求证：(1)bfhd1；(2)eg平面 bb1d1d.【证明】(1)如图所示，取 bb1的中点 m，连接 mh，mc1，易证四边形 hmc1d1是平行四边形，所以 hd1mc1.又因为在平面 bcc1b1中，bmfc1，所以四边形 bmc1f 为平行四边形，所以 mc1bf，所以 bfhd1.(2)取 bd 的中点 o，连接 eo，d1o，则 oedc 且 oe12dc，又 d1gdc 且 d1g12dc，所以 oed1g，所以四边形 oegd1是平行四边形，所以 ged1o.又 d1o平面 bb1d1d，ge平面

7、 bb1d1d，所以 eg平面 bb1d1d.证明直线与平面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(2)利用线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明角度二线面平行性质的应用如图，在五面体 abcdfe 中，底面 abcd 为矩形，efab，过 bc 的平面交棱fd 于点 p，交棱 fa 于点 q.证明：pq平面 abcd.【证明】因为底面 abcd 为矩形，所以 adbc，adbcad平面 adfbc平面 adfbc平面 adf，bc

8、平面 adfbc平面 bcpq平面 bcpq平面 adfpqbcpq，pqbcpq平面 abcdbc平面 abcdpq平面 abcd.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置， 有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线该定理的作用是由线面平行转化为线线平行1(2020辽宁丹东质量测试(一)如图，直三棱柱 abca1b1c1中，bac90，abac2，d，e 分别为 aa1，b1c 的中点证明：de平面 abc.证明：取 bc 的中点 f，连接 af，ef，则 efbb1，ef12bb1，所以 efda，efda，则四边形 adef 为平行四边形，所以 deaf.又因为 de平面 abc，a

9、f平面 abc，所以 de平面 abc.2如图所示，已知四边形 abcd 是正方形，四边形 acef 是矩形，ab2，af1，m是线段 ef 的中点(1)求证：am平面 bde；(2)若平面 adm平面 bdel，平面 abm平面 bdem，试分析 l 与 m 的位置关系，并证明你的结论解：(1)证明：如图，记 ac 与 bd 的交点为 o，连接 oe.因为 o，m 分别是 ac，ef 的中点，四边形 acef 是矩形，所以四边形 aoem 是平行四边形，所以 amoe.又因为 oe平面 bde，am平面 bde，所以 am平面 bde.(2)lm，证明如下：由(1)知 am平面 bde，又

10、am平面 adm，平面 adm平面 bdel，所以 lam，同理，am平面 bde，又 am平面 abm，平面 abm平面 bdem，所以 mam，所以 lm.考点二面面平行的判定与性质复习指导|以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中平面与平面平行的有关性质与判定定理核心素养：逻辑推理、直观想象如图所示，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 g，h 分别是a1b1，a1c1的中点，所以 ghb1c1，又 b1c1bc，所以 ghb

11、c，所以 b，c，h，g 四点共面(2)在abc 中，e，f 分别为 ab，ac 的中点，所以 efbc，因为 ef平面 bchg，bc平面 bchg，所以 ef平面 bchg.又因为 g，e 分别为 a1b1，ab 的中点，所以 a1geb，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.又因为 a1eefe，所以平面 efa1平面 bchg.【迁移探究 1】 (变条件)在本例条件下， 若 d 为 bc1的中点， 求证： hd平面 a1b1ba.证明：如图所示，连接 hd，a1b，因为 d 为 bc1的中点，

12、h 为 a1c1的中点，所以 hda1b，又 hd平面 a1b1ba，a1b平面 a1b1ba，所以 hd平面 a1b1ba.【迁移探究 2】(变条件)在本例条件下，若 d1，d 分别为 b1c1，bc 的中点，求证：平面 a1bd1平面 ac1d.证明：如图所示，连接 a1c 交 ac1于点 m，因为四边形 a1acc1是平行四边形，所以 m 是 a1c 的中点，连接 md，因为 d 为 bc 的中点，所以 a1bdm.因为 a1b平面 a1bd1，dm平面 a1bd1，所以 dm平面 a1bd1.又由三棱柱的性质知，d1c1bd，所以四边形 bdc1d1为平行四边形，所以 dc1bd1.又

13、 dc1平面 a1bd1，bd1平面 a1bd1，所以 dc1平面 a1bd1，又因为 dc1dmd，dc1，dm平面 ac1d，所以平面 a1bd1平面 ac1d.1如图，ab平面平面，过点 a，b 的直线 m，n 分别交，于点 c，e 和点 d，f，若 ac2，ce3，bf4，则 bd 的长为()a65b75c85d95解析：选 c由 ab，易证accebddf.即acaebdbf，所以 bdacbfae24585.2(一题多解)如图，四边形 abcd 是边长为 3 的正方形，ed平面 abcd，af平面abcd，de3af3.证明：平面 abf平面 dce.证明：法一：因为 de平面 a

14、bcd，af平面 abcd，所以 deaf.因为 af平面 dce，de平面 dce，所以 af平面 dce.因为四边形 abcd 是正方形，所以 abcd.因为 ab平面 dce，所以 ab平面 dce.因为 abafa，ab平面 abf，af平面 abf，所以平面 abf平面 dce.法二：因为 de平面 abcd，af平面 abcd，所以 deaf.因为四边形 abcd 为正方形，所以 abcd.又 afaba，dedcd，所以平面 abf平面 dce.法三：因为 de平面 abcd，所以 dead，在正方形 abcd 中，addc.又 dedcd，所以 ad平面 dec.同理 ad平面

15、 abf.所以平面 abf平面 dce.考点三平行关系中的探索性问题复习指导|能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题核心素养：逻辑推理、直观想象如图，已知斜三棱柱 abca1b1c1中，点 d，d1分别为 ac，a1c1上的点(1)当a1d1d1c1等于何值时，bc1平面 ab1d1?(2)若平面 bc1d平面 ab1d1，求addc的值【解】(1)如图，取 d1为线段 a1c1的中点，此时a1d1d1c11，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，所以点 o 为 a1b 的中点在a1bc1中，点 o，d

16、1分别为 a1b，a1c1的中点，所以 od1bc1.又因为 od1平面 ab1d1，bc1平面 ab1d1，所以 bc1平面 ab1d1.所以当a1d1d1c11 时，bc1平面 ab1d1.(2)由已知，平面 bc1d平面 ab1d1，且平面 a1bc1平面 bdc1bc1，平面 a1bc1平面 ab1d1d1o.因此 bc1d1o，同理 ad1dc1.因为a1d1d1c1a1oob，a1d1d1c1dcad.又因为a1oob1，所以dcad1，即addc1.解决探索性问题的方法(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设

17、，若得到矛盾就否定假设(2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使成立”“只需使成立”(一题多解)如图， 四棱锥eabcd， 平面abcd平面abe， 四边形abcd为矩形，ad6，ab5，be3，f 为 ce 上的点，且 bf平面 ace.(1)求证：aebe；(2)设 m 在线段 de 上，且满足 em2md，试在线段 ab 上确定一点 n，使得 mn平面 bce，并求 mn 的长解：(1)证明：因为四边形 abcd 为矩形，所以 bcab.因为平面 abcd平面 abe，平面 abcd平面 abeab，且 bc平面 abcd，所以 bc平面 abe.又 ae平面 abe，所以 b

18、cae.因为 bf平面 ace，ae平面 ace，所以 bfae.又因为 bcbfb，bc平面 bce，bf平面 bce，所以 ae平面 bce，因为 be平面 bce，所以 aebe.(2)法一：如图，在ade 中过 m 点作 mgad 交 ae 于 g 点，在abe 中过 g 点作gnbe 交 ab 于 n 点，连接 mn，因为 ngbe，ng平面 bce，be平面 bce，所以 ng平面 bce.同理可证，gm平面 bce.因为 mggng，所以平面 mgn平面 bce，又因为 mn平面 mgn，所以 mn平面 bce，因为 n 点为线段 ab 上靠近 a 点的一个三等分点，ad6，ab

19、5，be3，所以 mg23ad4，ng13be1，所以 mn mg2ng2 4212 17.法二：如图，过 m 点作 mgcd 交 ce 于 g 点，连接 bg，在 ab 上取 n 点，使得 bnmg，连接 mn，因为 mgcd，em2md，所以 mg23cd，因为 abcd，bnmg，所以四边形 mgbn 是平行四边形，所以 mnbg，又因为 mn平面 bce，bg平面 bce，所以 mn平面 bce，又 mg23cd，mgbn，所以 bn23ab，所以 n 点为线段 ab 上靠近 a 点的一个三等分点在cbg 中，因为 bcad6，cg13ce136232 5，cosbcg2 55，所以

20、bg236526 52 5517，所以 mnbg 17.基础题组练1若直线 l 不平行于平面，且 l，则()a内的所有直线与 l 异面b内不存在与 l 平行的直线c与直线 l 至少有两个公共点d内的直线与 l 都相交解析：选 b因为 l，直线 l 不平行于平面，所以直线 l 只能与平面相交，于是直线 l 与平面只有一个公共点，所以平面内不存在与 l 平行的直线2(2020大连双基测试)已知直线 l，m，平面，则下列条件能推出 lm 的是()al，m，b，l，mcl，mdl，m解析：选 b选项 a 中，直线 l，m 也可能异面；选项 b 中，根据面面平行的性质定理，可推出 lm，b 正确；选项

21、c 中，直线 l，m 也可能异面；选项 d 中，直线 l，m 也可能相交，故选 b3(2020长沙市统一模拟考试)设 a，b，c 表示不同直线，表示不同平面，下列命题：若 ac，bc，则 ab；若 ab，b，则 a；若 a，b，则 ab；若 a，b，则 ab.真命题的个数是()a1b2c3d4解析：选 a由题意，对于，根据线线平行的传递性可知是真命题；对于，根据ab，b，可以推出 a或 a，故是假命题；对于，根据 a，b，可以推出a 与 b 平行、相交或异面，故是假命题；对于，根据 a，b.，可以推出 ab或 a 与 b 异面，故是假命题，所以真命题的个数是 1，故选 a4.如图所示，在空间四

22、边形 abcd 中，e，f 分别为边 ab，ad 上的点，且 aeebaffd14，又 h，g 分别为 bc，cd 的中点，则()abd平面 efgh，且四边形 efgh 是矩形bef平面 bcd，且四边形 efgh 是梯形chg平面 abd，且四边形 efgh 是菱形deh平面 adc，且四边形 efgh 是平行四边形解析：选 b由 aeebaffd14 知 ef15bd，又 ef平面 bcd，所以 ef平面 bcd.又 h，g 分别为 bc，cd 的中点，所以 hg12bd，所以 efhg 且 efhg.所以四边形 efgh 是梯形5.在正方体 abcda1b1c1d1中，e，f，g 分别

23、是 a1b1，b1c1，bb1的中点，给出下列四个推断：fg平面aa1d1d； ef平面bc1d1； fg平面bc1d1； 平面efg平面bc1d1.其中推断正确的序号是()abcd解析：选 a因为在正方体 abcda1b1c1d1中，e，f，g 分别是 a1b1，b1c1，bb1的中点，所以 fgbc1，因为 bc1ad1，所以 fgad1，因为 fg平面 aa1d1d，ad1平面 aa1d1d，所以 fg平面 aa1d1d，故正确；因为 efa1c1，a1c1与平面 bc1d1相交，所以 ef 与平面 bc1d1相交，故错误；因为 e，f，g 分别是 a1b1，b1c1，bb1的中点，所以

24、 fgbc1，因为 fg平面 bc1d1，bc1平面 bc1d1，所以 fg平面 bc1d1，故正确；因为 ef 与平面 bc1d1相交，所以平面 efg 与平面 bc1d1相交，故错误故选 a6.如图， 正方体 abcda1b1c1d1中， ab2， 点 e 为 ad 的中点， 点 f 在 cd 上 若 ef平面 ab1c，则线段 ef 的长等于_解析：因为 ef平面 ab1c，ef平面 abcd，平面 abcd平面 ab1cac，所以efac，所以点 f 为 dc 的中点故 ef12ac 2.答案： 27在下面给出的条件中，若条件足够推出 a，则在横线上填“ok” ；若条件不能保证推出 a

25、，则请在横线上补足条件：(1)条件：ab，bc，c，_，结论：a；(2)条件：b，ab，a，_，结论：a.解析：因为 ab，bc，c，所以由直线与平面平行的判定定理得，当 a时，a.因为b，ab，a，则由直线与平面平行的判定定理得 a.答案：aok8在四面体 abcd 中，m，n 分别是acd，bcd 的重心，则四面体的四个面中与mn 平行的是_解析：如图，取 cd 的中点 e，连接 ae，be，则 emma12，enbn12，所以 mnab.因为 ab平面 abd，mn平面 abd，ab平面 abc，mn平面 abc，所以 mn平面 abd，mn平面 abc.答案：平面 abd 与平面 ab

26、c9.在如图所示的一块木料中，棱 bc 平行于平面 abcd.(1)要经过平面 abcd内的一点 p 和棱 bc 将木料锯开，应怎样画线？(2)所画的线与平面 abcd 是什么位置关系？并证明你的结论解： (1)过点 p 作 bc的平行线，交 ab，cd于点 e，f，连接 be，cf.作图如右：(2)ef平面 abcd.理由如下：因为 bc平面 abcd，又因为平面 bccb平面 abcdbc，所以 bcbc，因为 efbc，所以 efbc，又因为 ef平面 abcd，bc平面 abcd，所以 ef平面 abcd.10(2020南昌市摸底调研)如图，在四棱锥 pabcd 中，abcacd90，

27、baccad60，pa平面 abcd，pa2，ab1.设 m，n 分别为 pd，ad 的中点(1)求证：平面 cmn平面 pab；(2)求三棱锥 pabm 的体积解：(1)证明：因为 m，n 分别为 pd，ad 的中点，所以 mnpa，又 mn平面 pab，pa平面 pab，所以 mn平面 pab.在 rtacd 中，cad60，cnan，所以acn60.又bac60，所以 cnab.因为 cn平面 pab，ab平面 pab，所以 cn平面 pab.又 cnmnn，所以平面 cmn平面 pab.(2)由(1)知，平面 cmn平面 pab，所以点 m 到平面 pab 的距离等于点 c 到平面 p

28、ab 的距离因为 ab1，abc90，bac60，所以 bc 3，所以三棱锥 pabm 的体积 vvmpabvcpabvpabc13121 3233.综合题组练1如图，在四面体 abcd 中，若截面 pqmn 是正方形，则在下列说法中，错误的为()aacbdbacbdcac截面 pqmnd异面直线 pm 与 bd 所成的角为 45解析：选 b因为截面 pqmn 是正方形，所以 pqmn，qmpn，则 pq平面 acd，qm平面 bda，所以 pqac，qmbd，由 pqqm 可得 acbd，故 a 正确；由 pqac 可得 ac截面 pqmn，故 c 正确；由 bdpn，所以mpn 是异面直线

29、 pm 与 bd 所成的角，且为 45，d 正确；由上面可知：bdpn，mnac.所以pnbdanad，mnacdnad，而 andn，pnmn，所以 bdac.b 错误故选 b2如图，透明塑料制成的长方体容器 abcda1b1c1d1内灌进一些水，固定容器底面一边 bc 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：没有水的部分始终呈棱柱形；水面 efgh 所在四边形的面积为定值；棱 a1d1始终与水面所在的平面平行；当容器倾斜如图所示时，bebf 是定值其中正确的个数是()a1b2c3d4解析：选 c由题图，显然是正确的，是错的；对于因为 a1d1bc，bcfg，所以 a1d1

30、fg 且 a1d1平面 efgh，所以 a1d1平面 efgh(水面)所以是正确的；因为水是定量的(定体积 v)所以 sbefbcv，即12bebfbcv.所以 bebf2vbc(定值)，即是正确的，故选 c3.如图，在正方体 abcda1b1c1d1中判断下列位置关系：(1)ad1所在的直线与平面 bcc1的位置关系是_；(2)平面 a1bc1与平面 abcd 的位置关系是_解析： (1)ad1所在直线与平面 bcc1的位置关系是平行 理由： abc1d1， 且 abc1d1，可得四边形 abc1d1为平行四边形，即有 ad1bc1，ad1平面 bcc1，bc1平面 bcc1，则ad1平面 bcc1.(2)平面 a1bc1与平面 abcd 的位置关系是相交理由：平面 a1bc1与平面 abcd 有一个交点 b，由公理 3 得，如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点在一条直线上，这条直线为交线如图，过点 b 作 ac 的平行线 l，即为交线答案：平行相交4在正四棱柱 abcda1b1c1d1中，o 为底面 abcd 的中心，p 是 dd1的中点，设 q是 cc1上的点，则点 q 满足条件_时，有平面 d1bq平面 pao.解析：如图所示，设 q 为 cc1的中点，因为 p 为 dd1的中点，所以 qbpa.连接 db，因为 p