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第四节直线、平面平行的判定与性质知识点一直线与平面平行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平面内的一条直线，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l∥a，l⊄α，a⊂α，∴l∥α平行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直线(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，l⊂β，b＝α∩β，∴l∥b平行►六种方法：证明线线平行的常用方法.(1)[①公理4(若a∥c，b∥c，则a∥b)；②三角形中位线性质；③平行四边形对边平行；④线面平行性质定理；⑤面面平行性质定理；⑥线面垂直性质定理]如图正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱CD、AD的中点，则MN与A1C1的位置关系是______.解析MN是△ACD的中位线，则MN∥AC，四边形AA1C1C为平行四边形，则A1C1∥AC，所以MN∥A1C1.答案平行(2)[两种技巧：证明线线平行常见两种构图方式；构造三角形的中位线和平行四边形].在四棱锥P-ABCD中，E是棱PA的中点，则直线PC与平面BDE位置关系是________.解析连接AC与BD交于点O，连接OE，则OE是△PAC的中位线，所以OE∥PC，OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，则PC∥平面BDE.答案平行知识点二平面与平面平行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”)∵a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，且a∥β，b∥β，∴α∥β相交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相交，那么它们的平行∵α∥β，γ∩β＝b，γ∩α＝a，∴a∥b交线►一个易错点：证明平行时易忽略定理条件.(3)[线面平行判定定理中平面外一条直线，面面平行判定定理中两条相交直线]设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上).解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故应填入的条件为①或③.答案①或③►一个关系：三种平行间的转化关系.(4)平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是()A.AB∥CDB.AD∥CBC.AB与CD相交D.A，B，C，D四点共面解析充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立.答案D直线与平面平行的判定与性质突破方法利用判定定理(1)作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线；(2)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、寻找比例式证明两直线平行；(3)根据线面平行的判定定理证明线面平行.转化为证明面面平行(1)在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面；(2)利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；(3)证明所作平面与所证平面平行；(4)转化为线面平行.【例1】如图，几何体EABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.证明(1)如图①，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.图①(2)法一如图②，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.因为M是AE的中点，所以MN∥BE.图②又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，∴MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°.又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.法二如图③，延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝12AF.又AB＝AD，所以D为线段AF的中点，连接DM，由点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，所以DM∥平面BEC.图③[点评]解答本题的关键是观察出线、面之间的隐含关系，作出恰当的辅助线或辅助面.平面与平面平行的判定与性质突破方略判定平面与平面平行的方法(1)利用定义，常用反证法完成；(2)利用面面平行的判定定理；(3)利用面面平行的判定定理的推论；(4)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)；(5)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)；【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.证明(1)因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又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EFA1∥平面BCHG.[点评]要证四点共面，只需证GH∥BC即可；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，注意“线线平行”“线面平行”“面面平行”之间的相互转化.立体几何中的探索性问题【示例】(2016·江西南昌二中模拟)如图在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AE⊥平面ABCD，EF∥CD，BC＝CD＝AE＝EF＝12AD＝1.(1)求证：CE∥平面ABF；(2)在直线BC上是否存在点M，使二面角E－MD－A的大小为π6？若存在，求出CM的长；若不存在，说明理由.(1)[证明]如图作FG∥EA，AG∥EF，连接EG交AF于H，连接BH，BG，∵EF∥CD，EF＝CD，∴AG∥CD，即点G在平面ABCD内，∵AE⊥平面ABCD，∴AE⊥AG，∴四边形AEFG为正方形，四边形CDAG为平行四边形.∴H为EG的中点，B为CG的中点，∴BH∥CE，又BH⊂平面ABF，CE⊄平面ABF.∴CE∥平面ABF.(2)[解]如图以A为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系A－xyz.则A(0，0，0)，E(0，0，1)，D(0，2，0)，设M(1，y0，0)，∴ED→＝(0，2，－1)，DM→＝(1，y0－2，0)，设平面EMD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·ED→＝2y－z＝0，n·DM→＝x＋（y0－2）y＝0，令y＝1，得z＝2，x＝2－y0，∵n＝(2－y0，1，2)，又AE⊥平面AMD，∴AE→＝(0，0，1)为平面AMD的一个法向量，∴|cos〈n，AE→〉|＝|2|1×（2－y0）2＋1＋4＝cosπ6＝32，解得y0＝2±33，∴在直线BC上存在点M，且|CM|＝2－2±33＝33.使二面角E－MD－A的大小为π6.[方法总结]解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：先假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在.