TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25067" 【題型1 證明線線平行】 PAGEREF _Tc25067 \h 3
\l "_Tc6684" 【題型2 直線與平面平行的判定】 PAGEREF _Tc6684 \h 5
\l "_Tc4207" 【題型3 平面與平面平行的判定】 PAGEREF _Tc4207 \h 11
\l "_Tc32179" 【題型4 由線面平行的性質(zhì)判定線線平行】 PAGEREF _Tc32179 \h 15
\l "_Tc32354" 【題型5 由線面平行的性質(zhì)判斷線段比例或點(diǎn)所在的位置】 PAGEREF _Tc32354 \h 17
\l "_Tc14165" 【題型6 由線面平行求線段長(zhǎng)度】 PAGEREF _Tc14165 \h 21
\l "_Tc24104" 【題型7 面面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用】 PAGEREF _Tc24104 \h 25
\l "_Tc11417" 【題型8 平行問題的綜合應(yīng)用】 PAGEREF _Tc11417 \h 29
【知識(shí)點(diǎn)1 空間中的平行關(guān)系】
1.直線與直線平行
(1)基本事實(shí)4
①自然語言：平行于同一條直線的兩條直線平行.
②符號(hào)語言：a,b,c是三條不同的直線，若a∥b，b∥c，則a∥c.
③作用：判斷或證明空間中兩條直線平行.
(2)空間等角定理
①自然語言：如果空間中兩個(gè)角的兩條邊分別對(duì)應(yīng)平行，那么這兩個(gè)角相等或互補(bǔ).
②符號(hào)語言：如圖(1)(2)所示，在∠AOB與∠A'O'B'中，OA∥O'A'，OB∥O'B'，則∠AOB=∠A'O'B'
或∠AOB+∠A'O'B'=.

2.直線與平面平行
(1)判定定理
①自然語言
如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.
②圖形語言
③符號(hào)語言
.
該定理可簡(jiǎn)記為“若線線平行，則線面平行”.
(2)性質(zhì)定理
①自然語言
一條直線與一個(gè)平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.
②圖形語言
③符號(hào)語言
.
該定理可簡(jiǎn)記為“若線面平行，則線線平行”.
(3)性質(zhì)定理的作用
①作為證明線線平行的依據(jù).當(dāng)證明線線平行時(shí)，可以證明其中一條直線平行于一個(gè)平面，另一條直線是過第一條直線的平面與已知平面的交線，從而得到兩條直線平行.
②作為畫一條與已知直線平行的直線的依據(jù).如果一條直線平行于一個(gè)平面，要在平面內(nèi)畫一條直線與已知直線平行，可以過已知直線作一個(gè)平面與已知平面相交，交線就是所要畫的直線.
3.平面與平面平行
(1)判定定理
①自然語言
如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行.
②圖形語言
③符號(hào)語售
.
該定理可簡(jiǎn)記為“若線面平行，則面面平行”.
(2)判定定理的推論
①自然語言
如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線，那么這兩個(gè)平面平行.
②圖形語言
③符號(hào)語言
.
(3)性質(zhì)定理
①自然語言
兩個(gè)平面平行，如果另一個(gè)平面與這兩個(gè)平面相交，那么兩條交線平行.
②圖形語言
③符號(hào)語言
.
該定理可簡(jiǎn)記為“若面面平行，則線線平行”.
(4)兩個(gè)平面平行的其他性質(zhì)
①兩個(gè)平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線都平行于另一個(gè)平面.
②平行直線被兩個(gè)平行平面所截的線段長(zhǎng)度相等.
③經(jīng)過平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行.
④兩條直線同時(shí)被三個(gè)平行平面所截，截得的線段對(duì)應(yīng)成比例.
⑤如果兩個(gè)平面分別平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面互相平行.
【題型1 證明線線平行】
【例1】（2023下·全國(guó)·高一專題練習(xí)）下列結(jié)論中正確的是（ ）
①在空間中，若兩條直線不相交，則它們一定平行；②平行于同一條直線的兩條直線平行；③一條直線和兩條平行直線中的一條相交，那么它也和另一條相交；④空間中有四條直線a，b，c，d，如果a//b，c//d，且a//d，那么b//c.
A．①②③B．②④C．③④D．②③
【解題思路】根據(jù)空間中直線間的位置關(guān)系逐項(xiàng)進(jìn)行判斷即可.
【解答過程】①錯(cuò)誤，兩條直線可以異面；
②正確，平行的傳遞性；
③錯(cuò)誤，和另一條直線可以相交也可以異面；
④正確，平行的傳遞性.
故選：B.
【變式1-1】（2023下·全國(guó)·高一專題練習(xí)）在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是側(cè)面AA1D1D，側(cè)面CC1D1D的中心，G，H分別是線段AB，BC的中點(diǎn)，則直線EF與直線GH的位置關(guān)系是（ ）
A．相交B．異面C．平行D．垂直
【解題思路】連接AD1，CD1，AC，根據(jù)E，F(xiàn)分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，由三角形的中位線定理和平行關(guān)系的傳遞性判斷.
【解答過程】如圖，

連接AD1，CD1，AC，
因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，
由三角形的中位線定理知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
故選：C.
【變式1-2】（2023·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）下列命題中，正確的結(jié)論有 ( )
①如果一個(gè)角的兩邊與另一個(gè)角的兩邊分別平行，那么這兩個(gè)角相等；
②如果兩條相交直線和另兩條相交直線分別平行，那么這兩組直線所成的銳角(或直角)相等；
③如果一個(gè)角的兩邊和另一個(gè)角的兩邊分別垂直，那么這兩個(gè)角相等或互補(bǔ)；
④如果兩條直線同時(shí)平行于第三條直線，那么這兩條直線互相平行．
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【解題思路】根據(jù)空間中直線間的位置關(guān)系與空間等角定理，逐項(xiàng)進(jìn)行判斷即可.
【解答過程】①中，如果一個(gè)角的兩邊與另一個(gè)角的兩邊分別平行，那么這兩個(gè)角相等或互補(bǔ)，故①錯(cuò)誤；
②中，如果兩條相交直線和另兩條相交直線分別平行，那么這兩組直線所成的銳角或直角相等，故②正確；③中，如果一個(gè)角的兩邊和另一個(gè)角的兩邊分別垂直，在空間中，兩角大小關(guān)系不確定，故③錯(cuò)誤；
④中，如果兩條直線同時(shí)平行于第三條直線，那么這兩條直線平行，故④正確；
故選B.
【變式1-3】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖所示，在長(zhǎng)方體AC1中，E，F(xiàn)分別是B1O和C1O的中點(diǎn)，則長(zhǎng)方體的各棱中與EF平行的有（ ）
A．3條B．4條
C．5條D．6條
【解題思路】由E，F(xiàn)分別是B1O，C1O的中點(diǎn)，故EF∥B1C1，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征，即可求解.
【解答過程】由于E，F(xiàn)分別是B1O，C1O的中點(diǎn)，故EF∥B1C1，
因?yàn)榕c棱B1C1平行的棱還有3條：AD, BC，A1D1，所以共有4條.
故選：B.
【題型2 直線與平面平行的判定】
【例2】（2023下·湖北黃岡·高一?？茧A段練習(xí)）如圖，在下列四個(gè)正方體中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB不平行與平面MNQ的是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】利用線面平行的判定方法逐個(gè)分析判斷即可．
【解答過程】對(duì)于A，如圖，連接A1B1，則AB//A1B1，

因?yàn)镹，Q分別為棱的中點(diǎn)，所以由三角形中位線定理可得NQ//A1B1，
所以NQ//AB，
因?yàn)锳B?平面MNQ，NQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
對(duì)于B，如圖連接A1B1，

因?yàn)镸，Q分別為A1C1，B1C1的中點(diǎn)，所以MQ//A1B1，
因?yàn)锳B//A1B1，所以MQ//AB，
因?yàn)锳B?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
對(duì)于C，如圖，連接A1B1，則AB//A1B1，

因?yàn)镸，Q分別為棱的中點(diǎn)，所以由三角形中位線定理可得MQ//A1B1，
所以MQ//AB，
因?yàn)锳B?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
對(duì)于D，如圖取底面中心O，連接OQ，

由于Q為棱的中點(diǎn)，所以由三角形中位線定理可得OQ//AB，
因?yàn)镺Q與平面MNQ相交，所以AB與平面MNQ相交，
故選：D．
【變式2-1】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知三棱柱ABC?A1B1C1中，D，E分別是AB，A1C1的中點(diǎn)，有以下四個(gè)結(jié)論：
①直線BC1∥平面A1DC； ②直線DE∥平面BCC1B1；
③直線A1D∥平面B1EC； ④直線BC1∥平面CDE.
其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解題思路】根據(jù)題意，由線面平行的判定定理，對(duì)選項(xiàng)逐一判斷，即可得到結(jié)果.
【解答過程】
對(duì)于①：如圖1，連接AC1，交AC1于點(diǎn)F，連接DF，則點(diǎn)F是AC1的中點(diǎn)，又D是AB的中點(diǎn)，所以DF∥BC1，因?yàn)镈F?平面A1DC，BC1?平面A1DC，所以直線BC1∥平面A1DC，所以①正確.
對(duì)于②：如圖2，取BC的中點(diǎn)F，連接DF，C1F，因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以DF∥AC，且DF=12AC，又EC1=12A1C1=12AC，EC1∥AC，所以DE∥C1F，DF=EC1，所以四邊形DFC1E是平行四邊形，所以DE∥C1F，又C1F?平面BCC1B1，DE?平面BCC1B1，所以直線DE∥平面BCC1B1，故②正確.
對(duì)于③：如圖3，取BC的中點(diǎn)F，連接DF，因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以DF∥AC，且DF=12AC，又A1E=12A1C1=12AC，A1E∥AC，所以DF∥A1E，DF=A1E，連接EF，所以四邊形DFEA1是平行四邊形，所以A1D∥EF，顯然EF與平面B1EC相交，則A1D與平面B1EC相交，故③錯(cuò)誤.
對(duì)于④：如圖4，連接AC1，交EC于點(diǎn)F，連接DF，則平面ABC1∩平面CDE=DF，若直線BC1∥平面CDE，則DF∥BC1，由于D是AB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)F是AC1的中點(diǎn)，而顯然點(diǎn)F不是AC1的中點(diǎn)，矛盾，故④錯(cuò)誤.
故選：B.
【變式2-2】（2023下·北京房山·高一?？茧A段練習(xí)）如圖甲，在梯形ABCD中，AB//CD，CD＝2AB，E、F分別為AD、CD的中點(diǎn)，以AF為折痕把△ADF折起，使點(diǎn)D不落在平面ABCF內(nèi)（如圖乙），那么在以下3個(gè)結(jié)論中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（ ）
①AF//平面BCD；②BE//平面CDF；③CD//平面BEF．
A．0B．1C．2D．3
【解題思路】利用線面平行判定定理即可證明AF//平面BCD，進(jìn)而得到①正確；求得BE與平面CDF相交，進(jìn)而得到②錯(cuò)誤；利用線面平行判定定理即可證明CD//平面BEF，故③正確．
【解答過程】對(duì)于①，由題意得AB//CF,AB=CF，∴四邊形ABCF是平行四邊形，
∴AF//BC，
∵AF?平面BCD，BC?平面BCD，
∴AF//平面BCD，故①正確；
對(duì)于②，取DF中點(diǎn)G，連接EG，CG，
∵E是AD中點(diǎn)，AF//BC，AF=BC，
∴EG=12BC，EG//BC
∴四邊形BCGE為梯形，
∴直線BE與直線CG相交，
∴BE與平面CDF相交，故②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，連接AC，交BF于點(diǎn)O，連接OE，
∵四邊形ABCF是平行四邊形，
∴O是AC中點(diǎn)，
∴OE//CD，
∵OE?平面BEF，CD?平面BEF，
∴CD//平面BEF，故③正確．
故選：C．
【變式2-3】（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考二模）在如圖所示的正方體或正三棱柱中，M，N，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，則滿足直線BM與平面CNQ平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【解題思路】根據(jù)正方體，正三棱柱的性質(zhì)，線面的位置關(guān)系及線面平行的判定定理結(jié)合條件逐項(xiàng)分析即得.
【解答過程】A選項(xiàng)中，由正方體的性質(zhì)可知BM//B1N，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯(cuò)誤；
B選項(xiàng)中，因?yàn)镹Q//AC，故平面CNQ即為平面ACNQ，而BM//AQ，BM?平面CNQ，AQ?平面CNQ，所以直線BM與平面CNQ平行，故正確；
C選項(xiàng)中，因?yàn)镹Q//BC，故平面CNQ即為平面BCNQ，則直線BM與平面CNQ相交于點(diǎn)B，故錯(cuò)誤；
D選項(xiàng)中，假設(shè)直線BM與平面CNQ平行，過點(diǎn)M作CQ的平行線交A1B1于點(diǎn)D，則點(diǎn)D是在A1B1上靠近點(diǎn)B1的四等分點(diǎn)，
由MD//CQ，MD?平面CNQ，CQ?平面CNQ，可得MD//平面CNQ，又BM與平面CNQ平行，MD∩CM=M,MD,CM?平面BDM，則平面BDM//平面CNQ，
而平面ABB1A1與平面BDM，平面CNQ分別交于BD，QN，則BD與QN平行，
顯然BD與QN不平行，假設(shè)錯(cuò)誤，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯(cuò)誤．
故選：B.
【題型3 平面與平面平行的判定】
【例3】（2023下·全國(guó)·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）給出下列4個(gè)命題，其中正確的命題是（ ）
①垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行；②垂直于同一平面的兩個(gè)平面平行；
③平行于同一直線的兩個(gè)平面平行；④平行于同一平面的兩個(gè)平面平行.
A．①②B．③④C．②③D．①④
【解題思路】由面面平行的判斷定理可判斷①；由面面垂直的性質(zhì)定理可判斷②；由線面平行的性質(zhì)和面面平行的判定可判斷③；由面面的位置關(guān)系可判斷④．
【解答過程】對(duì)于①，垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行，故①正確；
對(duì)于②，垂直于同一平面的兩個(gè)平面平行或相交，故②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，平行于同一直線的兩個(gè)平面相交或平行，故③錯(cuò)誤；
對(duì)于④，平行于同一平面的兩個(gè)平面平行，故④正確．
故選:D．
【變式3-1】（2023·四川遂寧·四川校考模擬預(yù)測(cè)）在正方體 ABCD?A1B1C1D1中，下列結(jié)論正確的是（ ）
①AD1//BC1；
②平面AB1D1//平面BDC1；
③AD1//DC1；
④AD1//平面BDC1.
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
【解題思路】根據(jù)正方體的性質(zhì)、線面平行的判定定理及面面平行的判定定理證明即可.
【解答過程】因?yàn)锳B//C1D1，AB=C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1//BC1，故①正確；
易證BD//B1D1，AB1//DC1，BD?平面BDC1，B1D1?平面BDC1，所以B1D1//平面BDC1，同理可得AB1//平面BDC1，
又AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1?平面AB1D1，故平面AB1D1//平面BDC1，故②正確；
由正方體ABCD?A1B1C1D1易知，AD1與DC1異面，故③錯(cuò)誤；
因?yàn)锳D1//BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，所以AD1//平面BDC1，故④正確.
故選：A.
【變式3-2】（2023下·江西·高一贛州市第四中學(xué)校考期末）在正方體ABCD?A′B′C′D′中，下列四對(duì)截面中，彼此平行的一對(duì)截面是（ ）.
A．BDC′與B′D′CB．A′BC′與ACD′
C．B′D′D與BDA′D．A′DC′與AD′C
【解題思路】根據(jù)面面平行的判定并結(jié)合圖形判斷各選項(xiàng).
【解答過程】如圖，選項(xiàng)A、B、C、D分別對(duì)應(yīng)圖1、圖2、圖3、圖4.
對(duì)于A，BC′與B′C相交，截面BDC′與B′D′C相交，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，截面A′BC′與ACD′平行.
證明：因?yàn)锳′D′//BC，A′D′=BC，
所以四邊形BCD′A′為平行四邊形，
所以A′B//D′C，又A′B?平面A′BC′，D′C?平面A′BC′，
所以D′C//平面A′BC′，
同理可證AC//平面A′BC′，AC∩D′C=C，AC,D′C? ACD′，
所以平面A′BC′//平面ACD′.故B正確；
對(duì)于C，截面B′D′D與BDA′相交于D點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，A′D與AD′相交，截面A′DC′與AD′C相交，故D錯(cuò)誤；
故選：B.
【變式3-3】（2023下·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖是四棱錐的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G，H分別為PA，PD，PC，PB的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面四個(gè)結(jié)論:
①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB．
其中正確的有（ ）
A．①③B．①④C．①②③D．②③
【解題思路】把圖形還原為一個(gè)四棱錐，然后根據(jù)線面、面面平行的判定定理逐一判斷即可.
【解答過程】把平面展開圖還原為四棱錐如圖所示，
對(duì)于①，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PA，PD的中點(diǎn)，
所以EF//AD，
又因?yàn)镋F?平面ABCD，AD?平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，
同理可證EH//平面ABCD，
又因?yàn)镋F∩EH=E，EH，EF?平面EFGH，
所以平面EFGH//平面ABCD，故①正確；
對(duì)于②，因?yàn)锽C//AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BC//平面PAD，故②正確；
對(duì)于③，因?yàn)锳B//CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，
所以AB//平面PCD，故③正確；
對(duì)于④，平面PAD∩平面PAB=PA，故④錯(cuò)誤;
所以正確的有①②③.
故選：C.
【知識(shí)點(diǎn)2 平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化及綜合應(yīng)用】
1.平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化及綜合應(yīng)用
(1)證明線線平行的常用方法
①利用線線平行的定義：在同一平面內(nèi)，不相交的兩條直線是平行直線.
②利用基本事實(shí)4：平行于同一條直線的兩條直線平行.
③利用三角形的中位線定理：三角形的中位線平行且等于底邊的一半.
④利用平行線分線段成比例定理.
⑤利用線面平行的性質(zhì)定理.
⑥利用面面平行的性質(zhì)定理.
⑦利用反證法：假設(shè)兩條直線不平行，然后推出矛盾，進(jìn)而得出兩條直線是平行的.
(2)證明線面平行的常用方法
①利用線面平行的定義：直線與平面沒有公共點(diǎn).
②利用直線與平面平行的判定定理：a，a∥b，b，則a∥.使用定理時(shí)，一定要說明“平面外
一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行”，若不注明，則證明過程不完整.因此，要證明a∥，則必須在平面內(nèi)找一條直線b，使得a∥b，從而達(dá)到證明的目的，這三個(gè)條件缺一不可.
③利用面面平行的性質(zhì)：若平面∥平面，直線a，則a∥.
④利用反證法.這時(shí)“平行”的否定有“在平面內(nèi)”和“與平面相交”兩種，只有在排除“直線在平面內(nèi)”和“直線與平面相交”這兩種位置關(guān)系后才能得到“直線與平面平行”的結(jié)論，在這一點(diǎn)上往往容易出錯(cuò)，應(yīng)引起重視.
(3)平面與平面平行的判定方法
①根據(jù)定義：證明兩個(gè)平面沒有公共點(diǎn)，但有時(shí)直接證明非常困難.
②根據(jù)判定定理：要證明兩個(gè)平面平行，只需在其中一個(gè)平面內(nèi)找兩條相交直線，分別證明它們平行
于另一個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行.
③根據(jù)判定定理的推論：在一個(gè)平面內(nèi)找到兩條相交的直線分別與另一個(gè)平面內(nèi)兩條相交的直線平行，
則這兩個(gè)平面平行.
④根據(jù)平面平行的傳遞性：若兩個(gè)平面都平行于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行.
⑤利用反證法.
(4)平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化
常見的平行關(guān)系有線線平行、線面平行和面面平行，這三種關(guān)系不是孤立的，而是相互聯(lián)系、相互轉(zhuǎn)
化的，如圖所示.
【題型4 由線面平行的性質(zhì)判定線線平行】
【例4】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD//BC，AD=2BC=2AB=4，PA=2，且∠ABC=60°，點(diǎn)E為棱PD上一點(diǎn)（不與P,D重合），平面BCE交棱PA于點(diǎn)F．
求證：BC//EF.
【解題思路】根據(jù)線面平行判定定理證明BC//平面PAD，然后再由線面平行的性質(zhì)定理可證.
【解答過程】證明：∵BC//AD,AD?平面PAD,BC?平面PAD，
∴BC//平面PAD，
又BC?平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD=EF，
∴BC//EF.
【變式4-1】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，點(diǎn)D、E分別為棱A1C1、B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F是線段BB1上的點(diǎn)（不包括兩個(gè)端點(diǎn)）．設(shè)平面DEF與平面ABC相交于直線m，求證：A1B1//m.
【解題思路】根據(jù)題意，由線面平行的判定定理可得DE//平面ABC，再由線面平行的性質(zhì)定理可得m//DE，即可得到證明.
【解答過程】因?yàn)辄c(diǎn)D，E分別為棱A1C1、B1C1的中點(diǎn)，則DE//A1B1，
在三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形AA1B1B為平行四邊形，
所以，A1B1//AB，則DE//AB，
因?yàn)镈E?平面ABC，BC?平面ABC，所以，DE//平面ABC，
因?yàn)镈E?平面DEF，平面DEF∩平面ABC=m，所以，m//DE，
故m//A1B1．
【變式4-2】（2023上·江蘇連云港·高三統(tǒng)考期中）如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，平面ABFE與平面CDEF的交線為EF.
(1)證明：EF∥AB；
(2)若平面FBC⊥平面ABCD，H為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)H=2，F(xiàn)C=2.5，EF=1.5，求該幾何體的體積.
【解題思路】(1)用線面平行的性質(zhì)定理即可證得.(2) 將體積分割VEF?ABCD=VBCF?EIJ+VE?AIJD，轉(zhuǎn)化為一個(gè)三棱柱和一個(gè)三棱錐求體積即可.
【解答過程】（1）證明：∵CD∥AB，而CD?平面ABFE，AB?平面ABFE，
∴CD//平面ABFE，又∵CD?平面CDEF，
平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴CD∥EF，∴EF∥AB.
（2）∵FH=2，F(xiàn)C=2.5，H為BC中點(diǎn)，∴CH=1.5.
而FH2+CH2=CF2，∴FH⊥BC，∵平面FBC⊥平面ABCD.
平面FBC∩平面ABCD=BC，F(xiàn)H?平面FBC，∴FH⊥平面ABCD.
過E分別作EI∥FB交AB于點(diǎn)I，EJ∥FC交CD于點(diǎn)J，連接IJ.
∴VEF?ABCD=VBCF?EIJ+VE?AIJD=12×3×2×1.5+13×1.5×3×2=4.5+3=7.5.
【變式4-3】（2023·全國(guó)·高一隨堂練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)P是平面ABCD外一點(diǎn)，M是PC的中點(diǎn)，在DM上取一點(diǎn)G，過G和AP作平面交平面BDM于HG，求證：AP//HG．
【解題思路】連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OM，先利用三角形中位線性質(zhì)和線面平行判定定理證明PA//平面BDM，然后由線面平行性質(zhì)定理可證.
【解答過程】連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OM，
因?yàn)锳BCD是平行四邊形，所以O(shè)為AC中點(diǎn)，
又M是PC的中點(diǎn)，所以O(shè)M//PA，
因?yàn)镺M?平面BDM，PA?平面BDM，
所以PA//平面BDM，
又因?yàn)镻A?平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，
所以AP//HG.
【題型5 由線面平行的性質(zhì)判斷線段比例或點(diǎn)所在的位置】
【例5】（2023下·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在三棱錐P?ABC中，點(diǎn)D，E分別為棱PB，BC的中點(diǎn).若點(diǎn)F在線段AC上，且滿足AD∥平面PEF，則AFFC的值為（ ）

A．1B．2C．12D．23
【解題思路】連接CD，交PE于點(diǎn)G，連接FG，由線面平行性質(zhì)證明AD∥FG，再利用重心性質(zhì)求解即可.
【解答過程】如圖，連接CD，交PE于點(diǎn)G，連接FG，

因?yàn)锳D∥平面PEF，AD?平面ADC，平面ADC∩平面PEF=FG，所以AD∥FG，
因?yàn)辄c(diǎn)D，E分別為棱PB，BC的中點(diǎn)，所以G是△PBC的重心，所以AFFC=DGGC=12.
故選：C.
【變式5-1】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是菱形，AC交BD于點(diǎn)O，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)在PA上，AP=λAF，PC∥平面BEF，則λ的值為（ ）
A．1B．32C．3D．2
【解題思路】根據(jù)△AEG～△CBG，得到AGAC=13，利用PC//平面BEF，得到GF//PC，結(jié)合比例式的性質(zhì)，得到λ=APAF=ACAG，即可求解.
【解答過程】解：設(shè)AO與BE交于點(diǎn)G，連接FG，如圖所示，因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，則AE=12AD=12BC，
由四邊形ABCD是菱形，可得AD//BC，則△AEG～△CBG，
所以AGGC=AEBC=12，所以AGAC=13，
又因?yàn)镻C//平面BEF，PC?平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，
所以GF//PC，所以λ=APAF=ACAG=3.
故選：C.
【變式5-2】（2023下·河南洛陽·高一統(tǒng)考期中）如圖，已知圓錐的頂點(diǎn)為S，AB為底面圓的直徑，點(diǎn)M，C為底面圓周上的點(diǎn)，并將弧AB三等分，過AC作平面α，使SB//α，設(shè)α與SM交于點(diǎn)N，則SNSM的值為（ ）
A．13B．12C．23D．34
【解題思路】連接MB交AC于點(diǎn)D，連接ND,NA,NC，根據(jù)線面平行得性質(zhì)證明SB∥DN，再根據(jù)MC//AB可得DMDB=MCAB，進(jìn)而可得出答案.
【解答過程】連接MB交AC于點(diǎn)D，連接ND,NA,NC，則平面NAC即為平面α，
因?yàn)镾B//α，平面SMB∩α=DN，SB?平面SMB，
所以SB//DN，
因?yàn)锳B為底面圓的直徑，點(diǎn)M，C將弧AB三等分，
所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°，MC=BC=12AB，
所以MC//AB且MC=12AB，
所以DMDB=MCAB=12，
又SB//DN，所以MNSN=DMDB=12，
所以SNSM=23.
故選：C.
【變式5-3】（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD=60°，Q為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)M在線段PC上，PM=tMC，若PA//平面MQB，則t等于（ ）
A．12B．13C．14D．25
【解題思路】連接AC交BD于O，連接MO，根據(jù)線面平行的性質(zhì)得PA//MO，即可得到AOCO=PMMC=12，即可求解.
【解答過程】連接AC交BD于O，連接MO，如圖：
底面ABCD為菱形，Q為AD的中點(diǎn)，所以ΔAQO與ΔCBO相似，
AOCO=AQBC=12，
因?yàn)镻A//平面MQB，PA?平面PAC，平面PAC與平面MQB交線為MO，
根據(jù)線面平行的性質(zhì)可知：PA//MO，
在ΔPAC中，AOCO=PMMC=12，
PM=12MC，
即t=12.
故選：A.
【題型6 由線面平行求線段長(zhǎng)度】
【例6】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）已知正方體AC1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P是平面AA1D1D的中心，點(diǎn)Q是平面A1B1C1D1的對(duì)角線B1D1上一點(diǎn)，且PQ∥平面AA1B1B，則線段PQ的長(zhǎng)為（ ）
A．12B．22C．2D．32
【解題思路】利用線面平行的性質(zhì)定理及三角形的中位線定理，結(jié)合勾股定理即可求解.
【解答過程】連接AD1，AB1，則AD1過點(diǎn)P.如圖所示
∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B=AB1，PQ?平面AB1D1，
∴PQ∥AB1，∵D1P=PA，
∴PQ=12AB1=12×12+12=22.
故選：B.
【變式6-1】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）已知直三棱柱 ABC?A1B1C1 的側(cè)棱和底面邊長(zhǎng)均為 1，M，N 分別是棱 BC，A1B1 上的點(diǎn)， 且 CM=2B1N=λ， 當(dāng) MN// 平面 AA1C1C 時(shí)， λ 的值為（ ）
A．34B．23C．12D．13
【解題思路】過N作NP//B1C1交A1C1于P，利用線面平行的性質(zhì)可得MN// CP，進(jìn)而可得四邊形MNPC為平行四邊形，NP=1?λ2=λ=CM，即得.
【解答過程】過N作NP//B1C1交A1C1于P，連接CP，
因?yàn)镸C//B1C1，∴NP//MC，故N,P,M,C共面,
因?yàn)镸N// 平面 AA1C1C，平面MNPC∩平面 AA1C1C= CP，MN?平面MNPC，
所以MN// CP，又NP//MC,
∴四邊形MNPC為平行四邊形，
又CM=2B1N=λ，
∴NP=1?λ2=λ=CM，
所以λ=23.
故選：B．
【變式6-2】（2023下·天津武清·高一?？茧A段練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E、F分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點(diǎn)，若A1P//平面AEF，則線段A1P長(zhǎng)度的取值范圍是（ ）
A．2,52B．324,52C．322,5D．52,22
【解題思路】分別取棱BB1、B1C1的中點(diǎn)M、N，連接MN，易證平面A1MN//平面AEF，由題意知點(diǎn)P必在線段MN上，由此可判斷P在M或N處時(shí)A1P最長(zhǎng)，位于線段MN中點(diǎn)處時(shí)最短，通過解直角三角形即可求得．
【解答過程】如下圖所示，分別取棱BB1，B1C1的中點(diǎn)M、N，連MN，BC1，
∵M(jìn)，N，E，F(xiàn)分別為所在棱的中點(diǎn)，則MN//BC1，EF//BC1，
∴MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面AEF，
∴MN//平面AEF.
∵AA1//NE，AA1=NE，
∴四邊形AENA1為平行四邊形，
∴A1N//AE，
又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，
∴A1N//平面AEF，
又A1N∩MN=N，
∴平面A1MN//平面AEF.
∵P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點(diǎn)，且A1P//平面AEF，
∴點(diǎn)P必在線段MN上.
在RtΔA1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=22+1=5.
同理，在RtΔA1B1N中，可得A1N=5，
∴ΔA1MN為等腰三角形.
當(dāng)點(diǎn)P為MN中點(diǎn)O時(shí)，A1P⊥MN，此時(shí)A1P最短；點(diǎn)P位于M、N處時(shí)，A1P最長(zhǎng).
∵A1O=A1M2?OM2=52?222=322，A1M=A1N=5.
∴線段A1P長(zhǎng)度的取值范圍是322,5.
故選：C.
【變式6-3】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，直三棱柱ABC?A′B′C′中，ΔABC為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AA′=4，點(diǎn)E、F、G、H、M分別是邊AA′、AB、BB′、A′B′、BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在四邊形EFGH內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，并且始終有MP //平面ACC′A′，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為（ ）
A．4B．23C．2πD．2
【解題思路】根據(jù)線面平行判定定理以及性質(zhì)定理確定軌跡，即為兩平面交線，再根據(jù)條件求結(jié)果.
【解答過程】因?yàn)镸F//AC,所以MF//平面ACC'A'；取C'B'中點(diǎn)N,因?yàn)镸N//CC',所以MN//平面ACC'A'，從而平面MFHN//平面ACC'A',即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為線段HF,因此長(zhǎng)度為4，
故選A.
【題型7 面面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用】
【例7】（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，已知平面α//平面β，點(diǎn)P為α，β外一點(diǎn)，直線PB，PD分別與α，β相交于A，B和C，D，則AC與BD的位置關(guān)系為（ ）
A．平行B．相交C．異面D．平行或異面
【解題思路】由題設(shè)知P，A，B，C，D共面，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可證AC與BD的位置關(guān)系.
【解答過程】解：由題意知P，A，B，C，D在同一平面內(nèi)，且平面PBD∩平面α=AC，平面PBD∩平面β=BD，且α//β，∴AC//BD，
故選：A．
【變式7-1】（2023下·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，F(xiàn)分別在線段DB，DD1上，DEEB=12，G在CC1上且平面AEF//平面BD1G，則CGCC1=（ ）

A．12B．13C．23D．14
【解題思路】連接B1D1，F(xiàn)G，利用面面平行、線面平行的性質(zhì)證明線線平行，再結(jié)合平行線分線段成比例定理求解作答.
【解答過程】在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，連接B1D1，F(xiàn)G，如圖，

因?yàn)槠矫鍭EF//平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D=EF，
平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，則EF//BD1，于是DFFD1=DEEB=12，
平面ADD1A1//平面BCC1B1，而BG?平面BCC1B1，則BG//平面ADD1A1，
在平面ADD1A1內(nèi)存在與AF不重合的直線l//BG，又平面AEF//平面BD1G，BG?平面BD1G，
則BG//平面AEF，在平面AEF內(nèi)存在與AF不重合直線m//BG，從而m//l，m?平面AEF，
l?平面AEF，則l/平面AEF，又l?平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1=AF，
因此AF//l//BG，BG，AF可確定平面ABGF，因?yàn)槠矫鍭BB1A1//平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CDD1C1=FG，于是AB//FG，即有CD//FG，
所以CGCC1=DFDD1=13.
故選：B.
【變式7-2】（2023下·江蘇無錫·高一錫東高中校考期中）如圖，在多面體ABC?DEFG中，平面ABC//平面DEFG,EF//DG ，且AB=DE,DG=2EF，則 ( )
A．BF//平面ACGDB．CF//平面ABED
C．BC//FGD．平面ABED//平面CGF
【解題思路】取DG的中點(diǎn)M，連AM、FM，證明四邊形ABFM是平行四邊形，問題得解.
【解答過程】如圖所示，取DG的中點(diǎn)M，連AM、FM，．
則由已知條件易證得四邊形DEFM是平行四邊形，
∴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，
∴四邊形ABFM是平行四邊形，
∴BF∥AM．
又BF?平面ACGD，AM?平面ACGD，
∴BF∥平面ACGD．
故選A．
【變式7-3】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，平面α/平面β，A，C是α內(nèi)不同的兩點(diǎn)，B，D是內(nèi)不同的兩點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是線段AB，CD的中點(diǎn)，則下列所有正確判斷的編號(hào)是（ ）
①當(dāng)AB，CD共面時(shí)，直線AC//BD
②當(dāng)AB=2CD時(shí)，E，F(xiàn)兩點(diǎn)不可能重合
③當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，直線EF一定與α平行
④可能存在直線EF與α垂直
A．①③B．②④C．①②D．③④
【解題思路】對(duì)于①，由面面平行的性質(zhì)定理判斷即可，對(duì)于②，如圖判斷，對(duì)于③④，連接AD，取AD的中點(diǎn)M，連接EF,EM,FM，則可得平面EFM與平面α,β都平行，從而可進(jìn)行判斷
【解答過程】解：對(duì)于①，當(dāng)AB，CD共面時(shí)，則平面ABDC∩平面α=AC，平面ABDC∩平面β=BD，因?yàn)槠矫姒?平面β，所以AC//BD，所以①正確；
對(duì)于②，如圖，當(dāng)AE=2CE時(shí)，AB=2CD成立，而此時(shí)E，F(xiàn)兩點(diǎn)重合，所以②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，如圖，連接AD，取AD的中點(diǎn)M，連接EF,EM,FM，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是線段AB，CD的中點(diǎn)，所以EM∥BD，F(xiàn)M∥AC，因?yàn)镋M?β,FM?α，AC?α,BD?β，所以EM∥β，F(xiàn)M∥α，因?yàn)槠矫姒?平面β，所以FM∥β，因?yàn)镋M∩FM=M，所以平面EFM∥β，平面EFM∥α，因?yàn)镋F?平面EFM，所以直線EF一定與α平行，所以③正確，
對(duì)于④，由①可知，當(dāng)AB，CD共面時(shí)，EF∥AC，因?yàn)镋F?α,AC?α，所以EF∥α，由③可知，當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，直線EF一定與α平行，綜上，EF∥α，所以④錯(cuò)誤，
故選：A.
【題型8 平行問題的綜合應(yīng)用】
【例8】（2023下·全國(guó)·高一期中）如圖所示，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，M,N分別是AB,PC的中點(diǎn).

(1)求證：MN//平面PAD；
(2)設(shè)平面PBC∩平面PAD=l，求證：l//BC.
【解題思路】（1）通過構(gòu)造平行四邊形的方法證得MN//平面PAD.
（2）根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理證得l//BC.
【解答過程】（1）取PD的中點(diǎn)E，連接AE,NE，如圖所示，
由NE//DC，且NE=12DC，
AM//DC，且AM=12DC，
所以NE//AM，且NE=AM，
所以四邊形MNEA是平行四邊形，
所以MN//AE，
又AE?平面PAD，MN?平面PAD，
所以MN//平面PAD；
（2）因?yàn)锽C//AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又因?yàn)槠矫鍼BC∩平面PAD=l，
所以l//BC.

【變式8-1】（2023上·四川內(nèi)江·高二?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G分別是AB，PB，CD的中點(diǎn)．

(1)求證：EF//平面PAD；
(2)求證：平面EFG//平面PAD.
【解題思路】（1）線面平行判定定理證明即可；
（2）先證線面平行，再證面面平行即可.
【解答過程】（1）∵E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點(diǎn)，
∴EF//PA
又∵EF?平面PAD,PA?平面PAD,
∴EF//平面PAD.
（2）∵四邊形ABCD為正方形，且E,G分別為AB，DC邊的中點(diǎn)，∴EG//AD，
又∵AD?面PAD，EG?面PAD，
∴EG//面PAD，
由（1）知，EF//平面PAD，
且EG∩FE=E,EF?平面EFG,EG?平面EFG,
∴平面EFG//平面PAD.
【變式8-2】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD的底面為平行四邊形．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l，M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點(diǎn)．

(1)求證：平面MNQ//平面PAD；
(2)求證：BC//l．
【解題思路】（1）利用面面平行的判定定理證明即可；
（2）利用線面平行的性質(zhì)定理證明即可
【解答過程】（1）因?yàn)镸、N、Q分別為PC、CD、AB的中點(diǎn)，底面ABCD為平行四邊形，
所以MN//PD，NQ//AD，
又MN?平面PAD，PD?平面PAD，
則MN//平面PAD，
同理NQ?平面PAD，AD?平面PAD，
可得NQ//平面PAD，
又MN∩NQ=N，MN,NQ?平面MNQ，
所以平面MNQ//平面PAD.
（2）因?yàn)锽C//AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又BC?平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
所以BC//l.
【變式8-3】（2023下·浙江金華·高一校考期中）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M、N、P分別是AD1、BD和B1C的中點(diǎn)，求證

(1)MN// CD1
(2)MN//平面CC1D1D．
(3)平面MNP//平面CC1D1D．
【解題思路】（1）利用三角形中位線定理進(jìn)行證明即可；
（2）利用線面平行的判定定理進(jìn)行證明即可；
（3）利用平行四邊形的判定定理和性質(zhì)，結(jié)合面面平行的判定定理進(jìn)行證明即可.
【解答過程】（1）連接AC，
因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，且點(diǎn)N是BD中點(diǎn)，
所以AC∩BD=N，即點(diǎn)N也是AC中點(diǎn)，
又因?yàn)辄c(diǎn)M是AD1中點(diǎn)，
所以由三角形中位線定理可得MN// CD1；
（2）由（1）MN// CD1，因?yàn)镸N?平面CC1D1D，CD1?平面CC1D1D，
所以MN//平面CC1D1D；
（3）連接BP，
因?yàn)镸、P分別是AD1和B1C的中點(diǎn)，
所以由正方體的性質(zhì)可知：AM=BP,AM//BP，
所以四邊形ABPM是平行四邊形，所以有MP//AB，而CD//AB，
所以MP//CD，因?yàn)镸P?平面CC1D1D，CD?平面CC1D1D，
所以MP//平面CC1D1D，而MN∩MP=M,MP,MN?平面MNP，
所以平面MNP//平面CC1D1D.

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專題8.5 空間直線、平面的平行-2023-2024學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期高效講練測(cè)（人教A版必修第二冊(cè)）：

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人教A版 (2019)必修 第二冊(cè)第八章 立體幾何初步8.5 空間直線、平面的平行一課一練：

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高中數(shù)學(xué)人教A版 (2019)必修 第二冊(cè)電子課本

8.5 空間直線、平面的平行

版本： 人教A版 (2019)

年級(jí)： 必修 第二冊(cè)

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