高考领航1高考数学理一轮配套课件：4 第4课时 直线平面平行的判定与性质
高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定与性质课件 文
又因为 A′E∩BE＝E，A′E⊂平面 A′BE，BE⊂平面 A′BE，AD ∩DC′＝D，AD⊂平面 AC′D，DC′⊂平面 AC′D，所以平面 A′EB∥平面 AC′D． (2)设棱柱的底面积为 S，高为 h． 则 V 三棱锥 C′ACD＝V 三棱锥 B-A′B′E＝13×12Sh＝16Sh． 所以三棱柱夹在平面 AC′D 与平面 A′EB 间的体积为 V′＝Sh －2×16Sh＝23Sh，
12/11/2021
【对点通关】 1．下列四个正方体图形中，A，B 为正方体的两个顶点，M， N，P 分别为其所在棱的中点，能得出 AB∥平面 MNP 的图 形的序号是( )
A．①③ C．①④
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B．②③ D．②④
解析：选 C．对于图形①，平面 MNP 与 AB 所在的对角面平 行，即可得到 AB∥平面 MNP；对于图形④，AB∥PN，即 可得到 AB∥平面 MNP；图形②③无论用定义还是判定定理 都无法证明线面平行．
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因此 BC1∥D1O，同理 AD1∥DC1． 所以AD11DC11＝AO1BO，AD11DC11＝DADC． 又因为AO1BO＝1， 所以DADC＝1，即ADDC＝1．
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考点二 平面与平面平行的判定与性质 如图，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．
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理由如下：因为 D 为 BC 的中点，E 为 B′C′ 的中点，所以 BD＝C′E． 又因为 BC∥B′C′， 所以四边形 BDC′E 为平行四边形，所以 DC′∥BE．
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定及性质课件 文 高三全册数学课件
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因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，平面 PAD∩ 平面 ABCD＝AD，所以 PM⊥AD，PM⊥底面 ABCD，因为 CM⊂底 面 ABCD，所以 PM⊥CM.
(1)B，C，H，G 四点共面； (2)平面 EFA1∥平面 BCHG.
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[证明] (1)因为 G，H 分别是 A1B1，A1C1 的中点，所以 GH 是△ A1B1C1 的中位线，所以 GH∥B1C1.又因为 B1C1∥BC，所以 GH∥BC， 所以 B，C，H，G 四点共面．
∴FA 綊12CD.∴FA 綊 GE.
∴四边形 AFGE 为平行四边形，∴FG∥AE. 又 FG⊄平面 AEC，AE⊂平面 AEC，∴FG∥平面 AEC.
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题型二 平面与平面平行的判定与性质(重点保分题，共同探讨) 例 1 如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，O 是底面中心，A1O⊥底面 ABCD，AB＝AA1＝ 2.
所以 GK＝3.
故四边形 GEFH 的面积 S＝GH＋2 EF·GK＝4＋2 8×3＝18.
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方法感悟 1．证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知 直线平行的直线，可利用几何体的特征，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．注意说明已知 的直线不在平面内． 2．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⊄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)．
高考数学一轮复习 7.4直线、平面平行的判定及其性质课件 文
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解析：连接AB1、AD1，
∵点P是面AA1D1D的中心， ∴点P是AD1的中点，
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∵PQ∥面AB1，
PQ⊂面D1AB1，
面D1AB1∩面AB1＝AB1， ∴PQ∥AB1，
∴PQ＝12AB1＝
2 2.
答案：
2 2
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பைடு நூலகம்
考点
互动探究
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考点一 直线与平面平行的判定与性质
判定直线与平面平行，主要有三种方法 (1)利用定义(常用反证法)． (2)利用判定定理：关键是找平面内与已知直线平行的直 线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直 线．常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线 作一平面找其交线．
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(3)利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个 平面内的任一直线平行于另一平面．
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2．平面与平面平行 (1)判定定理
文字语言
图形语言
如果一个平面内有两条相 判
交的直线都平行于另一个 定
平面，那么这两个平面平 定
行(简记为“线面平行⇒ 理
面面平行”)
符号语言
a⊂α
b⊂α
a∩b＝P⇒
a∥β
b∥β
α∥β
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(2)两平面平行的性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
如果两平行平 性
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(2)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝ AD，
四边形ABCD为正方形，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
∴CD⊥平面PAD. ∴CD⊥PA. 又PA＝PD＝ 22AD，∴△PAD是等腰直角三角形， 且∠APD＝2π，即PA⊥PD.
高考数学一轮复习 7.4 直线、平面平行的判定及其性质精品课件 理 新人教A版
3．利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个平 面内的任一直线平行于另一平面．
特别警示：线面平行关系没有传递性，即平行线中的一条平 行于一平面，另一条不一定平行于该平面．
[例1] 如右图所示，已知P、Q是正方体ABCD－A1B1C1D1的 面A1B1BA和面ABCD的中心．
证明：PQ∥平面BCC1B1.
答案：D
4．过三棱柱ABC－A1B1C1任意两条棱的中点作直线，其中与 平面ABB1A1平行的直线共有________条．
解析：各中点连线如下图，只有面EFGH与面ABB1A1平行， 在四边形EFGH中有6条符合题意．
D 中，M∈AB，N∈AD，若AMMB ＝NAND，则直线 MN 与平面 BDC 的位置关系是________．
又PE、QE⊂平面PQE，PE∩QE＝E， ∴平面PQE∥平面BCC1B1， 又PQ⊂平面PQE， ∴PQ∥平面BCC1B1.
即时训练 如右图所示，在三棱锥P－ABC中，若D，E，F
分 别 为 PB ， PC ， AC 的 中 点 ， 问 在 PB 上 是 否 存 在 一 点 G ， 使 得 FG∥平面ADE?
[ 例 5] (2010· 湖 南 高 考 ) 如 右 图 所 示 ， 在 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值； (2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的 结论．
[解] (1)如图(a)所示，取AA1的中点M，连结EM，BM.因为E 是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.
[思路探究] 可考虑用线面平行的判定定理，在平面BCC1B1 内构造与PQ平行的直线；也可利用面面平行的定义来证明，需构 造过PQ且与平面BCC1B1平行的平面．
2025届高中数学一轮复习课件《直线、平面平行的判定及性质》ppt
(1)求证：EF∥平面 ADO； (2)若∠POF＝120°，求三棱锥 P-ABC 的体积．此条件暗示 △POF 的特殊性，即平面 POF⊥平面 ABC.
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(1)证明：如图，连接 DE.设 AF＝tAC，t∈[0,1]，则B→F＝B→A＋A→F＝(1－t)B→A＋tB→C，A→O＝ －B→A＋12B→C.由 BF⊥AO，AB⊥BC，
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∵∠DAB＝120°，AD＝AB， ∴∠ADB＝∠ABD＝30°，∠ADC＝∠CDB＋∠ADB＝60°＋30°＝90°， ∴AD⊥CD，∴MB∥AD. 又 MB⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， ∴MB∥平面 PAD. ∵EM∩MB＝M，EM，MB⊂平面 EMB， ∴平面 EMB∥平面 PAD，∵EB⊂平面 EMB，∴EB∥平面 PAD.
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题型
面面平行的判定与性质
典例 2(2024·四川绵阳中学月考)如图，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. 思考判定定理，即需要两组平行线的关系．
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对点练 2(2024·四川达州一诊)如图所示，设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a，P 是 棱 AD 上一点，且 AP＝a3，过 B1，D1，P 的平面交平面 ABCD 于 PQ，Q 在直线 CD 上，则 PQ＝( )
A.2 3 2a B. 3 2a C. 2 2a D.2 3 3a
高三数学一轮总复习第七章立体几何7.4直线平面平行的判定及其性质课件
►名师点拨 空间平行的探索性问题求解方法 (1)对命题条件的探索常采用以下三种方法： ①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明； ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性； ③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件。 (2)对命题结论的探索常采用以下方法： 首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合 乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设。
(1)求证：AM＝CM；点O，连OM，OC， 则OM綊12PA，OC綊AD。
又∵PA⊥面ABCD，∴Rt△AOM中， AM2＝AO2＋OM2＝1＋14＝54， 在Rt△COM中，CM2＝OM2＋OC2＝54， ∴AM＝CM。
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5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置 关系为__平__行______。
解析：如图。 连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平 面ACE，所以BD1∥平面ACE。
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课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
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2．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：
①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a
∥b。
其中真命题的个数是( )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：对于命题①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确； 对于命题②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②也不正确； 对于命题③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③也 不正确。 答案：A
理 直线就和□3 交__线__
高考数学一轮复习第4讲 直线、平面平行的判定及性质
第4讲直线、平面平行的判定及性质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错误!⇒a∥α(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，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行错误!⇒a∥b2．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一个平面内的两条07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⇒面错误!⇒α∥β面平行”)(2)性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面13相交，那么它们的14交线平行错误!⇒a∥b1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.2．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.3．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.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α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α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在平面α内，所以这条直线也应该在平面α内．2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面答案 B解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β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α∥β的充要条件．故选B．3．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，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案 A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB．∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB ∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A．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PB 的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC．其中正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．4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，OM∥PD，所以PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA．因为M∈PB，所以OM与平面PBA，平面PBC相交．5. 如图，平面α∥平面β，△P AB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.答案5 2解析∵平面α∥平面β，∴CD∥AB，∴PCPA＝CDAB，∴AB＝PA·CDPC＝5×12＝52.6．已知下列命题：①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α相交，则l与平面α内的任意直线都是异面直线；④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；⑤若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面；⑥若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b.上述命题正确的是________(填序号)．答案①⑤解析①若直线与平面有两个公共点，由公理2可得直线在平面内，故①正确；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α或l与α相交，故②错误；③若直线l 与平面α相交，则l与平面α内的任意直线可能是异面直线或相交直线，故③错误；④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④错误；⑤若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线无公共点，即平行或异面，故⑤正确；⑥若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b 或a，b异面，故⑥错误．考向一有关平行关系的判断例1(1) 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是()A．MN∥APB．MN∥BD1C．MN∥平面BB1D1DD．MN∥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MQ∥B1D1，∴MQ∥平面BB1D1D，由四边形BB1QN为平行四边形，得NQ∥BB1，∴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α，β，有如下命题：①若a∥α，b⊂α，则a∥b；②若α∥β，a⊂α，则a∥β；③若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b.以上命题正确的个数为()A．3 B．2C．1 D．0答案 C解析若a∥α，b⊂α，则a与b平行或异面，故①错误；若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，即a∥β，故②正确；若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b无公共点，得a，b平行或异面，故③错误．∴正确的个数为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．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1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)．∵A1B ∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故选B．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n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.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1用线线平行证明线面平行例2(1) 如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1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ABCD－A1B1C1D1中，因为BB1∥CC1，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CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B．(2) 如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．求证：BD∥平面FGH.证明证法一：连接DG，CD.设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF－ABC中，由AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，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HM∥BD.因为HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，BE∥HF.在△ABC中，因为G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB．又因为GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.角度2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，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AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥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，P A⊄平面BMD，∴P A∥平面BMD.∵平面P AHG∩平面BMD＝GH，且P A⊂平面P AHG，∴P A∥GH.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⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质(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．证明线线平行的三种方法(1)利用公理4(a∥b，b∥c⇒a∥c)．(2)利用线面平行的性质定理(a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b)．(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b)．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，P A⊥平面ABCD，P A＝3，F是棱P A上的一个动点，E为PD的中点，O为AC的中点．(1)求证：OE∥平面P AB；(2)若AF＝1，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OE∥PB．因为OE⊄平面P AB，PB⊂平面P AB，所以OE∥平面P AB．(2)过E作EG∥FD交AP于点G，连接CG，FO.因为EG∥FD，EG⊄平面BDF，FD⊂平面BDF.所以EG∥平面BDF.因为E为PD的中点，EG∥FD，所以G为PF的中点，因为AF＝1，P A＝3，所以F为AG的中点，又因为O为AC的中点，所以OF∥CG.因为CG⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，所以CG∥平面BDF.因为EG∩CG＝G，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EF A1∥平面BCHG.证明(1)因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC．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A1E∥GB．因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.所以A1E∥平面BCHG.因为A1E∩EF＝E，所以平面EF A1∥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.(2020·山东滕州市第一中学新校模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：平面P AD ∥平面EFC ；(2)若P A ＝AB ＝AC ＝2，求点B 到平面PCF 的距离． 解 (1)证明：因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点， 所以EF ∥P A ，因为EF ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .因为AB ∥CD ，AB ＝2CD ， 所以AF ∥CD ，AF ＝CD ，所以四边形ADCF 为平行四边形，所以CF ∥AD .因为CF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以CF ∥平面P AD . 因为EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ， 所以平面P AD ∥平面EFC ．(2)因为AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，F 为AB 的中点， 所以S △BCF ＝12BF ·AC ＝12×1×2＝1，因为P A ⊥平面ABCD ，所以V P －BCF ＝13S △BCF ·P A ＝13×1×2＝23，因为PF ＝CF ＝5，PC ＝22，所以S △PCF ＝12PC ·PF2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PC 22＝12×22×5－2＝6.设点B 到平面PCF 的距离为h ， 因为V B －PCF ＝V P －BCF ，所以13×6×h ＝23，所以B 到平面PCF 的距离h ＝63.一、单项选择题1．已知α，β表示两个不同的平面，直线m 是α内一条直线，则“α∥β ”是“m ∥β ”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α∥β，m ⊂α，可得m ∥β；反过来，由m ∥β，m ⊂α，不能推出α∥β.综上，“α∥β ”是“m ∥β ”的充分不必要条件．2．已知直线a ，b 和平面α，下列说法中正确的是( ) A ．若a ∥α，b ⊂α，则a ∥b B ．若a ⊥α，b ⊂α，则a ⊥bC ．若a ，b 与α所成的角相等，则a ∥bD ．若a ∥α，b ∥α，则a ∥b 答案 B解析 若a ∥α，b ⊂α，则a ∥b 或a 与b 异面，故A 错误；利用线面垂直的性质，可知若a ⊥α，b ⊂α，则a ⊥b ，故B 正确；若a ，b 与α所成的角相等，则a 与b 相交、平行或异面，故C 错误；由a ∥α，b ∥α，得a ，b 之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误．3. 在长方体ABCD－A1B1C1D1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ABCD＝GH，∴EF∥GH.又EF∥AB，∴GH∥AB．故选A．4. (2020·山东滕州市第一中学新校模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，M，N 分别为AC，PC上的点，且MN∥平面P AD，则()A．MN∥PDB．MN∥P AC．MN∥ADD．以上均有可能答案 B解析∵MN∥平面P AD，平面P AC∩平面P AD＝P A，MN⊂平面P AC，∴MN∥P A．故选B．5. 如图，在多面体ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，EF∥DG，且AB＝DE，DG＝2EF，则()A．BF∥平面ACGDB．CF∥平面ABEDC．BC∥FGD．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，∴DE∥FM，且DE＝FM.∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，∴AB∥DE，∴AB∥FM，又AB＝DE，∴AB＝FM，∴四边形ABFM是平行四边形，∴BF∥AM，又BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，∴BF∥平面ACGD，故选A．6. 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P A∥平面EBF时，PFFC＝()A ．23B ．14C ．13D ．12答案 D解析 如图，连接AC 交BE 于点G ，连接FG ，因为P A ∥平面EBF ，P A ⊂平面P AC ，平面P AC ∩平面BEF ＝FG ，所以P A ∥FG ，所以PFFC ＝AGGC .又因为AD ∥BC ，E 为AD 的中点，所以AG GC ＝AE BC ＝12，所以PF FC ＝12.7. 在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，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 ．452B ．4532C ．45D ．453答案 A解析 如图，取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB ．因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .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12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形．因为AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12SB ＝452.8. 如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 1的中点是P ，过点A 1作与截面PBC 1平行的截面，则该截面的面积为( )A ．22B ．23C ．26D ．4 答案 C解析 如图所示，易知截面是菱形．分别取棱D 1C 1，AB 的中点E ，F ，连接A 1E ，A 1F ，CF ，CE ，则菱形A 1ECF 为符合题意的截面．连接EF ，A 1C ，易知EF ＝22，A 1C ＝23，EF ⊥A 1C ，所以截面的面积S ＝12EF ·A 1C ＝26.故选C ． 二、多项选择题9. (2020·山东五莲高三月考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中正确的是( )A ．线段B 1D 1上存在点E ，F 使得AE ∥BF B ．EF ∥平面ABCDC ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等D ．三棱锥A －BEF 的体积为定值 答案 BD解析 如图所示，AB 与B 1D 1为异面直线，故AE 与BF 也为异面直线，A 错误；B 1D 1∥BD ，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A －BEF 的高，S △BEF ＝12×12×1＝14，三棱锥A －BEF 的体积为13×14×22＝224，为定值，D 正确．故选BD.10．(2020·保定一中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝23BD1.则以下四个说法中正确的是()A．MN∥平面APC B．C1Q∥平面APCC．A，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MN∥AC，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AN∥C1Q，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、填空题11．有以下三种说法，其中正确的是________.①若直线a与平面α相交，则α内不存在与a平行的直线；②若直线b∥平面α，直线a与直线b垂直，则直线a不可能与α平行；③若直线a，b满足a∥b，则a平行于经过b的任何平面．答案①解析若直线a与平面α相交，则α内不存在与a平行的直线，是真命题，故①正确；若直线b∥平面α，直线a与直线b垂直，则直线a可能与α平行，故②错误；若直线a，b满足a∥b，则直线a平行或包含于经过b的任何平面，故③错误．12．(2020·山东烟台二中模拟)下列各图中A，B为正方体的两个顶点，M，N，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．答案①③解析对于①，如图1，作MC∥NP，连接NC，PC，得平面MCPN，因为AB∥NC，NC⊂平面MCPN，AB⊄平面MCPN，所以AB∥平面MCPN，即AB∥平面MNP，故①正确；对于②，如图2，连接AC，AD，CD，由已知可得平面MNP∥平面ACD.因为AB和平面ACD相交，所以AB不平行于平面MNP，故②错误；对于③，如图3，连接AC，BC，DE，由已知可得MN∥DE，因为DE∥AC，由平行的传递性可得MN∥AC，又因为NP∥BC，MN∩NP＝N，AC∩BC＝C，所以平面ABC∥平面MNP，又因为AB⊂平面ABC，所以AB∥平面MNP，故③正确；对于④，如图4，因为DB∥MN，MN⊂平面MNP，若AB∥平面MNP，又AB∩DB＝B，则平面ACBD∥平面MNP，由图可知平面ACBD不可能平行于平面MNP，所以AB不平行于平面MNP，故④错误．综上，①③符合题意．13. 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1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＝a3，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.答案22 3a解析如图所示，连接AC，易知MN∥平面ABCD.∴MN∥PQ. 又MN∥AC，∴PQ∥AC．∵AP＝a 3，∴PDAD ＝DQCD＝PQAC＝23.∴PQ＝23AC＝23×2a＝223a.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，AD，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BE∥MO，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DE∥GN，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BD∥MN，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内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.15．(2020·山东淄博实验中学模拟)已知如图1所示，在边长为12的正方形AA′A1′A1中，BB1∥CC1∥AA1，且AB＝3，BC＝4，AA1′分别交BB1，CC1于点P，Q，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得A′A1′与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC－A1B1C1，在该三棱柱底边AC上有一点M，满足AM＝kMC(0<k<1)；请在图2中解决下列问题．(1)求证：当k＝34时，BM∥平面APQ；(2)若k＝14，求三棱锥M－APQ的体积．解(1) 证明：如图，过M作MN∥CQ交AQ于N，连接PN，所以MN∥PB，∴点M，N，P，B共面且平面MNPB交平面APQ于PN，∵k＝34，MNCQ＝AMAC＝37，又CQ＝7，∴MN＝3，MN＝PB＝AB＝3，∴四边形MNPB为平行四边形，∴BM∥PN，PN⊂平面APQ，BM⊄平面APQ，∴BM∥平面APQ.(2)∵AB＝3，BC＝4，∴AC＝5，从而AC 2＝AB 2＋BC 2，即AB ⊥BC ．因为k ＝14.∴AM ＝1.∴V M －APQ ＝V P －AMQ ＝13×12×AM ×CQ ×125＝145.16. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E 为PB 的中点．(1)求证：CE ∥平面P AD ；(2)在线段AB 上是否存在一点F ，使得平面P AD ∥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P A 的中点H ，连接EH ，DH ， 因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ． 又因为AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又因为DH ⊂平面P AD ，CE ⊄平面P AD ， 所以CE ∥平面P AD .(2)存在．理由：如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，则AF＝12AB，因为CD＝12AB，所以AF＝CD，又因为AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CF∥AD.因为AD⊂平面P AD，CF⊄平面P AD，所以CF∥平面P AD. 由(1)知CE∥平面P AD，又因为CE∩CF＝C，CE⊂平面CEF，CF⊂平面CEF，所以平面CEF∥平面P AD.故在线段AB上存在一点F，使得平面P AD∥平面CEF.。
高考数学一轮复习第六章第四讲直线、平面平行的判定与性质课件
【名师点睛】平行关系中的重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若 a⊥α，a⊥β，则 α∥β.
(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若 a⊥α，b⊥α，则 a∥b.
(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则 α∥γ.
(4)垂直于同一平面的两个平面不一定平行，平行于同一直线 的两个平面不一定平行.
∴GH∥B1C1. 又 B1C1∥BC，∴GH∥BC. ∵GH 平面 ABC，BC⊂平面 ABC， ∴GH∥平面 ABC.
(2)∵在三棱柱 ABC-A1B1C1 中， E，F，G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1 的中点， ∴EF∥BC，A1G BE，
∴四边形 BGA1E 是平行四边形，∴A1E∥BG. ∵A1E 平面 BCHG，BG⊂平面 BCHG， ∴A1E∥平面 BCHG.同理 EF∥平面 BCHG. 又 A1E∩EF＝E， ∴平面 EFA1∥平面 BCHG.
(1)求证：EF∥平面β； (2)若 E，F 分别是 AB，CD 的中点，AC＝4， BD＝6，且 AC，BD 所成的角为 60°，求 EF 的 长.
图 6-4-9
(1)证明：①当 AB，CD 在同一平面内时，由平面α∥平面β， 平面α∩平面 ABDC＝AC，平面β∩平面 ABDC＝BD，知 AC∥BD.
图 6-4-1
(1)证明：如图 6-4-2，记 AC 与 BD 的交点为 O，连接 OE.
图 6-4-2 因为 O，M 分别为 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 AM∥OE.
又因为 OE⊂平面 BDE，AM 平面 BDE，
所以 AM∥平面 BDE.
2.如图 6-4-7，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边 形，M 是 AD 的中点.过点 M 且平行于平面 PCD 的平面交棱 PB于 点 E.求PEEB的值.
【高考风向标】高考数学一轮复习 第十三章 第4讲 直线、平面平行的判定与性质 课件
•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/172022/1/17January 17, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/172022/1/172022/1/171/17/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/172022/1/17
∵QN⊄β，AC⊂β，∴QN∥β. ∵α∥β，QN∥β，QN⊄α， ∴QN∥α.同理可证 QM∥α. ∵QM∩QN＝Q，∴平面QMN∥α. ∵MN⊂平面 QMN，∴MN∥α.
【失误与防范】本题最容易出现的错误是：∵α∥β，∴AC∥ BD，M，N分别为AB，CD的中点，则MN∥AC∥BD，∴MN∥α. 出错的根本原因在于错误地认为两平行平面内的两直线是平行的. 由于 AB，CD异面，显然AC，BD也异面.本题的证法较多，解题 关键是如何处理好条件：AB 和CD是两异面线段.证法一实质上是 把CD在两平行平面间沿着同一方向移到AE 位置，AB 和AE可确 定一平面，借助于平面几何知识来处理问题；证法二是借助于空 间四边形的对角线AD，把AB 和CD分别放在两相交平面内来研 究.本题还可以连接CM 延长交α于点R，证明MN∥RD 即可.
高考数学一轮复习 第四节 直线、平面平行的判定与性质课件 理 新人教A版
[类题通法] 解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项
(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．
第十六页，共39页。
[典例] (2013·新课标Ⅱ)如图，直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别是 AB，BB1 的 中点．
证明：(1)∵在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝12AB＝1， ∴AC＝ 2，BC＝ 2， ∴BC⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴BC⊥PA，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC. 在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝12PB， 在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝12PB，∴AM＝CM.
第十页，共39页。
[练一练] 1．a、b、c 为三条不重合的直线，α、β、γ 为三个不重合的平面，
现给出四个命题
① αβ∥∥cc⇒α∥β ② αβ∥∥γγ⇒α∥β
③ αa∥∥cc⇒a∥α ④ aα∥∥γγ⇒α∥a
其中正确的命题是
()
A．①②③ B．①④ C．② D．①③④
解析：②正确．①错在 α 与 β 可能相交．③④错在 a 可能在 α 内．
第四
节直线、平面平行的判定与性质
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
第一页，共39页。
判
定Leabharlann 文字语言(p 平面外一条直线与 这个平 àn 面内 的一条直线平行，则
dì 该直线与此平面平行(线线
ng) 平行⇒线面平行)
性
定
一条直线(zhíxiàn)与一个平
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(2)∵A1O⊥平面 ABCD， ∴A1O 是三棱柱 ABD—A1B1D1 的高． 又∵AO＝12AC＝1，AA1＝ 2， ∴A1O＝ AA21－OA2＝1. 又∵S△ABD＝12× 2× 2＝1， ∴VABD—A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.
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【解】 (1)证明：①当AB，CD在同一平面内时， 由α∥β，平面α∩平面ABDC＝AC， 平面β∩平面ABDC＝BD， ∴AC∥BD. ∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD. 又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.
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正视图如图所示：
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(2)证明：取PB中点N，连结MN，CN.
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在△PAB 中，∵M 是 PA 的中点， ∴MN∥AB，MN＝12AB＝3， 又 CD∥AB，CD＝3， ∴MN∥CD，MN＝CD， ∴四边形 MNCD 为平行四边形， ∴DM∥CN. 又 DM⊄平面 PBC，CN⊂平面 PBC， ∴DM∥平面 PBC. (3)VD－PBC＝VP－DBC＝13S△DBC·PD， 又 S△DBC＝6，PD＝4 3，所以 VD－PBC＝8 3. 法二：(1)同法一．
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3．平面与平面平行的主要判定方法 (1)定义法； (2)判定定理(a⊂α，b⊂α，a∩b＝O，a∥β，b∥β⇒α∥β)； (3)推论(a⊂α，b⊂α，a∩b＝O，a′⊂β，b′⊂β，a∥a′， b∥b′⇒α∥β)； (4)平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)； (5)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.
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(2)取 BG 的中点 K，连接 C1K. ∵H 为 B1C1 的中点，∴HG∥C1K. 又∵C1F 綊 BK，∴四边形 BFC1K 是平行四边形，
∴C1K∥BF，∴HG∥BF. 由 A1G∥BE，A1G∩HG＝G，BF∩BE＝B. ∴平面 A1GH∥平面 BED1F.
的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是
()
A．l∥α
B．l⊥α
C．l与α相交且不垂直
D．l∥α或l⊂α
解析：由于l上有三个相异点到平面α的距离相等，则l与α
可以平行，l⊂α时也成立．
答案：D
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2．面面平行的判定与性质
判定
定义
定理
图形
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第4课时 直线、平面平行的判定与性质
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(一)考纲点击 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空 间中线面平行的判定定理与有关性质．
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(二)命题趋势 1．从考查内容看，本节是高考每年的必考内容，主要考查
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针对训练 1．(1)(2014·甘肃天水一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面是
一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面 ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为 ________．
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5．辅助线(面)是求证平行问题的关键，注意平面几何中位线， 平行四边形及相似中有关平行性质的应用．
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题型一 直线与平面平行的判定与性质 (2013·福建)如图，在四棱锥
P－ABCD 中，PD⊥平面 ABCD， AB∥DC，AB⊥AD，BC＝5，DC＝3， AD＝4，∠PAD＝60°.
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【解】 (1)证明：由题设知，BB1綊DD1， ∴四边形BB1D1D是平行四边形， ∴BD∥B1D1. 又BD⊄平面CD1B1， ∴BD∥平面CD1B1. ∵A1D1綊B1C1綊BC， ∴四边形A1BCD1是平行四边形， ∴A1B∥D1C.
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4．在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维” 到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”， 再到“面面平行”；而在性质定理的应用中，其顺序恰 好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条 件而定，决不可过于“模式化”．
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【归纳提升】 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：如果一个平面内有两条相交直线都 平行于另一个平面，那么这两个平面平行； (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行； (4)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．
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条件 a∩α＝∅ 结论 a∥α
a⊂α，b⊄α， a∥b
b∥α
a∥α，a⊂β， a∥α
α∩β＝b a∩α
a∥b ＝∅
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(1)(教材习题改编)下列条件中，能作为两平面平行的充分条 件的是
() A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面 B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面
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②当AB与CD异面时， 设平面ACD∩β＝DH，且DH＝AC. ∵α∥β，α∩平面ACDH＝AC， ∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形． 在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，得GF∥HD. 又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH， ∴EG∥BH. 又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面β. 又EF⊂平面EFG，∴EF∥β. 综上，EF∥β.
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题型三 平行关系的综合应用 (理科)如图所示，平面α∥平面β，
点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β， 点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB ＝CF∶FD. (1)求证：EF∥平面β. (2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC， BD所成的角为60°，求EF的长．
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(2)证明：取AB的中点E，连结ME，DE.
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在梯形 ABCD 中，BE∥CD，且 BE＝CD， ∴四边形 BCDE 为平行四边形， ∴DE∥BC，又 DE⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC， ∴DE∥平面 PBC.又在△PAB 中，ME∥PB， ME⊄平面 PBC，PB⊂平面 PBC， ∴ME∥平面 PBC，又 DE∩ME＝E， ∴平面 DME∥平面 PBC. 又 DM⊂平面 DME， ∴DM∥平面 PBC. (3)同法一．
平行的判定和性质，其中线线平行、线面平行、面面平 行的相互转化是高考的热点． 2．从考查形式看，主要以解答题的形式出现，有时也以选 择题、填空题的形式考查，属中档题．
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1．直线与平面平行的判定与性质
判定
定义
定理
图形
性质
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针对训练 2．如图所示，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，
点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝ B1G＝1，H是B1C1的中点． (1)求证：E、B、F、D1四点共面； (2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.
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题型二 平面与平面平行的判定与性质 (2013·陕西)如图，四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD
是正方形，O 是底面中心，A1O⊥底面 ABCD，AB＝AA1＝ 2. (1)证明：平面 A1BD∥平面 CD1B1； (2)求三棱柱 ABD－A1B1D1 的体积．
(1)当正视方向与向量A→D的方向相同时，
画出四棱锥 P－ABCD 的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过 程)； (2)若 M 为 PA 的中点，求证：DM∥平面 PBC； (3)求三棱锥 D－PBC 的体积．
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