第4讲直线、平面平行的判定与性质[考纲解读]1.掌握线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的平行关系的简单命题．(重点)2.高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面平行的判定和性质．[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容．预测2020年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体，考查线面平行的判定；②根据平行关系的性质进行转化．试题常以解答题的第一问直接考查，难度不大，属中档题型.1．直线与平面平行的判定定理和性质定理2．平面与平面平行的判定定理和性质定理3.必记结论(1)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．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．1．概念辨析(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．()(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(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．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)如果直线a平行于平面α，直线b∥a，则b与α的位置关系是()A．b与α相交B．b∥α或b⊂αC．b⊂αD．b∥α答案B解析两条平行线中的一条与已知平面相交，则另一条也与已知平面相交，所以由直线b∥a，可知若b与α相交，则a与α也相交，而由题目已知，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.故选B.(2)下列命题中成立的个数是()①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线l在平面α外，则l∥α；③若直线l∥b，直线b⊂α，则l∥α；④若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线．A．1B．2C．3D．4答案A解析当直线l在平面内时，结论不成立，∴①错误．若直线l在平面α外，则l∥α或l与α相交，∴②错误．根据线面平行的定义可知，直线l在平面外时，结论才成立，∴③错误．根据平行公理可知，若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线，∴④正确．故成立的只有④，所以A正确．(3)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.答案解析因为α∥β，所以CD∥AB，所以＝.因为PC＝2，CA＝3，CD＝1，所以AB＝.(4)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.答案①②④解析如图，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．题型直线与平面平行的判定与性质角度1线面平行判定定理的应用1．在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC的中点，又PA＝AB＝4，∠CDA＝120°，点N在PB上，且PN＝.求证：MN∥平面PDC.证明在正三角形ABC中，BM＝2.在△ACD中， M为AC的中点，DM⊥AC，∴AD＝CD，又 ∠ADC＝120°，∴DM＝，则＝3.在等腰直角三角形PAB中，PA＝AB＝4，∴PB＝4，则＝3，∴＝，∴MN∥PD.又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，∴MN∥平面PDC.角度2线面平行性质定理的应用2．如图所示，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G，H分别在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.求证：四边形EFGH是矩形．证明 CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF，∴CD∥EF.同理HG∥CD，∴EF∥HG.同理HE∥GF，∴四边形EFGH为平行四边形，∴CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．又 CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平行四边形EFGH为矩形．1．判定线面平行的四种方法(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)...
