§8.4 直线、平面平行的判定与性质
2014高考会这样考 1.考查空间平行关系的判定及性质有关命题的判定；2.解答题中证明或探索空间的平行关系．
复习备考要这样做 1.熟练掌握线面平行、面面平行的判定定理和性质，会把空间问题转化为平面问题，解答过程的叙述步骤要完整，避免因条件书写不全而失分；2.学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化，牢记解决问题的根源在“定理”．
1． 直线与平面平行的判定与性质
判定 定义 定理 性质 图形 条件 结论 a∩α＝? a∥α a?α，b?α，a∥b b∥α a∥α a∩α＝? ＝b a∥b a∥α，a?β，α∩β2. 面面平行的判定与性质 判定 图形 条件 结论 α∩β＝? a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b α∥β，a?β 定义 定理 性质 α∥β a∥α [难点正本 疑点清源] 1．证明线面平行是高考中常见的问题，常用的方法就是证明这条线与平面内的某条直线平行．但一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．
2．在判定和证明直线与平面的位置关系时，除熟练运用判定定理和性质定理外，切不可丢弃定义，因为定义既可作判定定理使用，亦可作性质定理使用．
3．辅助线(面)是解(证)线面平行的关键．为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线(面)．
1． 已知不重合的直线a，b和平面α，
①若a∥α，b?α，则a∥b； ②若a∥α，b∥α，则a∥b； ③若a∥b，b?α，则a∥α； ④若a∥b，a∥α，则b∥α或b?α. 上面命题中正确的是________(填序号)． 答案 ④
解析 ①若a∥α，b?α，则a，b平行或异面；②若a∥α，b∥α，则a，b平行、相交、异面都有可能；③若a∥b，b?α，则a∥α或a?α.
2． 已知α、β是不同的两个平面，直线a?α，直线b?β，命题p：a与b没有公共点；命
题q：α∥β，则p是q的____________条件． 答案 必要不充分
解析 ∵a与b没有公共点，不能推出α∥β， 而α∥β时，a与b一定没有公共点，
即pD?/q，q?p，∴p是q的必要不充分条件． 3． 已知平面α∥平面β，直线a?α，有下列命题：
①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任意一条直线都不垂直．
其中真命题的序号是________． 答案 ②
解析 因为α∥β，a?α，所以a∥β，在平面β内存在无数条直线与直线a平行，但不是所有直线都与直线a平行，故命题②为真命题，命题①为假命题．在平面β内存在无数条直线与直线a垂直，故命题③为假命题． 4． (2011·浙江)若直线l不平行于平面α，且l?α，则
A．α内的所有直线与l异面 B．α内不存在与l平行的直线 C．α内存在唯一的直线与l平行
( )
D．α内的直线与l都相交 答案 B
解析 由题意知，直线l与平面α相交，则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项B是正确的． 5． (2012·四川)下列命题正确的是
( )
A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 答案 C
解析 利用线面位置关系的判定和性质解答．
A错误，如圆锥的任意两条母线与底面所成的角相等，但两条母线相交；
B错误，△ABC的三个顶点中，A、B在α的同侧，而点C在α的另一侧，且AB平行于α，此时可有A、B、C三点到平面α的距离相等，但两平面相交； D错误，如教室中两个相邻墙面都与地面垂直，但这两个面相交，故选C.
题型一 直线与平面平行的判定与性质
例1 正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB，在AE、BD上各有一点P、Q，且
AP＝DQ.求证：PQ∥平面BCE.
思维启迪：证明直线与平面平行可以利用直线与平面平行的判定定理，也可利用面面平行的性质．
证明 方法一 如图所示． 作PM∥AB交BE于M， 作QN∥AB交BC于N， 连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE＝BD. 又AP＝DQ，∴PE＝QB，
PMPEQBQN
又PM∥AB∥QN，∴＝＝＝，
ABAEBDDC∴
PMQN＝， ABDC
∴PM綊QN，即四边形PMNQ为平行四边形， ∴PQ∥MN.
又MN?平面BCE，PQ?平面BCE， ∴PQ∥平面BCE.
方法二 如图，连接AQ，并延长交BC延长线于K，连接EK， ∵AE＝BD，AP＝DQ， APDQ
∴PE＝BQ，∴＝，
PEBQDQAQ
又AD∥BK，∴＝，
BQQK∴
APAQ
＝，∴PQ∥EK. PEQK
又PQ?平面BCE，EK?平面BCE， ∴PQ∥平面BCE.
方法三 如图，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE，交AB于点M， 连接QM.
∴PM∥平面BCE，
又∵平面ABEF∩平面BCE＝BE， APAM∴PM∥BE，∴＝，
PEMB
又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ， ∴
APDQAMDQ＝，∴＝， PEBQMBQB
∴MQ∥AD，又AD∥BC， ∴MQ∥BC，∴MQ∥平面BCE， 又PM∩MQ＝M，BE∩BC＝B，
∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ?平面PMQ. ∴PQ∥平面BCE.
探究提高 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?β，a∥α?a∥β)．
如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是菱形，
∠BAD＝60°，AB＝2，PA＝1，PA⊥平面ABCD，E是PC的中点，F是AB的中点．求证：BE∥平面PDF.
证明 取PD中点为M，连接ME，MF， ∵E是PC的中点， ∴ME是△PCD的中位线， ∴ME綊1
2
CD.
∵F是AB的中点且四边形ABCD是菱形，AB綊CD， ∴ME綊FB，∴四边形MEBF是平行四边形，∴BE∥MF. ∵BE?平面PDF，MF?平面PDF，∴BE∥平面PDF. 题型二 平面与平面平行的判定与性质
例2 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.
思维启迪：要证四点共面，只需证GH∥BC；要证面面平行，可证一个
平面内的两条相交直线和另一个平面平行． 证明 (1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴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. ∵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.
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. 探究提高 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．
证明：若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线平行于两个平面的
交线．
解 已知：直线a∥平面α，直线a∥平面β，α∩β＝b. 求证：a∥b.
证明：如图所示，过直线a作平面γ，δ分别交平面α，β于直线m，n(m，n不同于交线b)，由直线与平面平行的性质定理，得a∥m，a∥n，由平行线的传递性，得m∥n，由于n?α，m?α，故n∥平面α.又n?β，α∩β＝b，故n∥b.又a∥n，故a∥b. 题型三 平行关系的综合应用
例3 如图所示，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，
试问截面在什么位置时其截面面积最大？
思维启迪：利用线面平行的性质可以得到线线平行，可以先确定截面形状，再建立目标函数求最值． 解 ∵AB∥平面EFGH，
平面EFGH与平面ABC和平面ABD分别交于FG、EH. ∴AB∥FG，AB∥EH，
∴FG∥EH，同理可证EF∥GH， ∴截面EFGH是平行四边形．
设AB＝a，CD＝b，∠FGH＝α (α即为异面直线AB和CD所成的角或其补角)． xCGyBGxy
又设FG＝x，GH＝y，则由平面几何知识可得＝，＝，两式相加得＋＝1，即
aBCbBCabb
y＝(a－x)， a
∴S?EFGH＝FG·GH·sin α
bbsin α＝x··(a－x)·sin α＝x(a－x)．
aa∵x>0，a－x>0且x＋(a－x)＝a为定值，
bsin αabsin αab∴当且仅当x＝a－x时，x(a－x)＝，此时x＝，y＝.
a422
即当截面EFGH的顶点E、F、G、H为棱AD、AC、BC、BD的中点时截面面积最大． 探究提高 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．
如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD
的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
解 当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.证明如下： ∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点， ∴QB∥PA.
∵P、O分别为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO. 又∵D1B?平面PAO，PO?平面PAO， QB?平面PAO，PA?平面PAO， ∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO， 又D1B∩QB＝B，D1B、QB?平面D1BQ， ∴平面D1BQ∥平面PAO.
立体几何中的探索性问题
典例：(12分)如图所示，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． 审题视角 (1)可过E作平面ABB1A1的垂线、作线面角；(2)先探求出点F，再进行证明B1F∥平面A1BE.注意解题的方向性． 规范解答
解 (1)如图(a)所示，取AA1的中点M，连接EM，BM.因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.[2分] 又在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，
所以EM⊥平面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角．[4分] 设正方体的棱长为2， 则EM＝AD＝2，BE＝
22＋22＋12＝3.
图(a)
EM2
于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝＝，[5分]
BE32
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.[6分]
3(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.
事实上，如图(b)所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.
因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.
又E，G分别为D1D，CD的中点， 所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.
这说明A1，B，G，E四点共面．所以BG?平面A1BE.[8分]
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点， 所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B， 因此四边形B1BGF是平行四边形， 所以B1F∥BG，[10分]
而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE， 故B1F∥平面A1BE.[12分]
图(b)
答题模板
对于探索类问题，书写步骤的格式有两种：一种：第一步：探求出点的位置．
第二步：证明符合要求． 第三步：给出明确答案．
第四步：反思回顾．查看关键点，易错点和答题规范．
另一种：从结论出发，“要使什么成立”，“只需使什么成立”，寻求使结论成立的充分条件，类似于分析法．
温馨提醒 (1)本题属立体几何中的综合题，重点考查推理能力和计算能力．(2)第(1)问常见错误是无法作出平面ABB1A1的垂线，以致无法确定线面角．(3)第(2)问为探索性问题，找不到解决问题的切入口，入手较难．(4)书写格式混乱，不条理，思路不清晰．
方法与技巧
1． 平行问题的转化关系
2． 直线与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质． 3． 平面与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β?α∥β. 失误与防范
1．在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误．
2．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”；而在应用性质定理时，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”． 3．解题中注意符号语言的规范应用．
A组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1． 若直线m?平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的
A．充分不必要条件 C．充要条件 答案 D
2． 已知直线a，b，c及平面α，β，下列条件中，能使a∥b成立的是
A．a∥α，b?α C．a∥c，b∥c 答案 C
B．a∥α，b∥α D．a∥α，α∩β＝b
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
( )
( )
解析 由平行公理知C正确，A中a与b可能异面．B中a，b可能相交或异面，D中a，b可能异面．
3． 在梯形ABCD中，AB∥CD，AB?平面α，CD?平面α，则直线CD与平面α内的直线的
位置关系只能是 A．平行
( )
B．平行和异面 D．异面和相交
C．平行和相交 答案 B
解析 ∵
AB∥CD?
AB?α??CD∥α， CD?α
???
∴CD和平面α内的直线没有公共点．
4． 设m、n表示不同直线，α、β表示不同平面，则下列结论中正确的是
A．若m∥α，m∥n，则n∥α
B．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，则α∥β C．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n?β，则n∥β 答案 D
解析 D中，易知m∥β或m?β， 若m?β，又n∥m，n?β，∴n∥β，
若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线p，则m∥p，又n∥m，∴n∥p，又n?β，p?β，∴n∥β.
二、填空题(每小题5分，共15分)
5． 过三棱柱ABC—A1B1C1的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．
( )
答案 6
解析 过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点分别为E，F，E1，F1，则直线EF，E1F1，EE1，FF1，E1F，EF1均与平面ABB1A1平行，故符合题意的直线共6条．
6. 如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下
a
底面的棱A1B1、B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，
3过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________. 答案
22
a 3
解析 ∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
a
∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，AP＝，
3a2a22∴CQ＝，从而DP＝DQ＝，∴PQ＝a.
333
7. 如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是
棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边 形EFGH及其内部运动，则M满足条件______________时，有 MN∥平面B1BDD1. 答案 M∈线段HF
解析 由题意，得HN∥面B1BDD1，FH∥面B1BDD1. ∵HN∩FH＝H，∴面NHF∥面B1BDD1.
∴当M在线段HF上运动时，有MN∥面B1BDD1. 三、解答题(共22分)
8． (10分)如图，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：PA∥GH.
证明 如图，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.
则有PA∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH， ∴PA∥GH.
9. (12分)如图，已知平行四边形ABCD中，BC＝6，正方形ADEF所在
平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点． (1)求证：GH∥平面CDE；
(2)若CD＝2，DB＝42，求四棱锥F—ABCD的体积． (1)证明 方法一 ∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC. 又EF＝AD＝BC，∴四边形EFBC是平行四边形， ∴H为FC的中点．
又∵G是FD的中点，∴HG∥CD. ∵HG?平面CDE，CD?平面CDE， ∴GH∥平面CDE.
方法二 连接EA，∵ADEF是正方形，∴G是AE的中点． ∴在△EAB中，GH∥AB. 又∵AB∥CD，∴GH∥CD.
∵HG?平面CDE，CD?平面CDE， ∴GH∥平面CDE.
(2)解 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD， 且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD. ∵AD＝BC＝6，∴FA＝AD＝6.
又∵CD＝2，DB＝42，CD2＋DB2＝BC2，∴BD⊥CD. ∵S?ABCD＝CD·BD＝82，
∴V11F—ABCD＝3S?ABCD·FA＝3
×82×6＝162.
B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)
一、选择题(每小题5分，共15分)
1． 设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一
个充分而不必要条件是 A．m∥β且l1∥α C．m∥β且n∥β 答案 B
解析 对于选项A，不合题意；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由于n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意．综上选B.
2． 下面四个正方体图形中，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的图形是
( )
( )
B．m∥l1且n∥l2 D．m∥β且n∥l2
A．①② 答案 A
解析 由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP. 3． 给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：
①若l与m为异面直线，l?α，m?β，则α∥β； ②若α∥β，l?α，m?β，则l∥m；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n. 其中真命题的个数为 A．3 答案 C
解析 ①中当α与β不平行时，也能存在符合题意的l、m.
( )
B．①④
C．②③
D．③④
B．2 C．1 D．0
②中l与m也可能异面．
③中
l∥γ
?
??l∥m，同理l∥n，则m∥n，正确．
β∩γ＝m?
l?β
二、填空题(每小题5分，共15分)
4． 已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点
P的直线n与α、β分别交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________． 24答案 24或
5
解析 根据题意可得到以下如图两种情况：
24
可求出BD的长分别为或24.
5
5. 一个正方体的展开图如图所示，B、C、D为原正方体的顶点，A为
原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与AB所成角的 余弦值为________． 答案
10 10
解析 还原为正方体如图所示，BE∥CD，则∠EBA就是异面直线CD与AB所成的角或所成角的补角． 设正方体棱长为2，则BE＝22， BA＝5，AE＝3.
所以在△ABE中，由余弦定理得 8＋5－910
cos ∠EBA＝＝.
10410
6． 已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是________(只填序号)．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1； ③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1. 答案 ①②④ 三、解答题
7． (13分)如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为
矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点． (1)求三棱锥A—PDE的体积；
(2)AC边上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM
的长；若不存在，请说明理由．
解 (1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD. 又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD. 因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱锥A—PDE的高． 因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4， 所以S111
△PDE＝2S△PDC＝2
×??2×4×4??＝4. 又AD＝2，所以V118
A—PDE＝3AD·S△PDE＝3×2×4＝3
. (2)取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM∥PA.
又因为EM?平面EDM，PA?平面EDM， 所以PA∥平面EDM. 所以AM＝1
2
AC＝5.
即在AC边上存在一点M，使得PA∥平面EDM，AM的长为5.
2014《步步高》高考数学第一轮复习08 直线、平面平行的判定与性质
