第三节　平行关系
1.直线与平面平行的判定与性质
平
面内
交线
l∥a
aα
l⊈α
l∥α
lβ
α∩β=b
2.平面与平面平行的判定与性质
相交直线
a∥β
b∥β
a∩b=P
aα
bα
相交
交线
α∥β
α∩γ=a
β∩γ=b
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).
(1)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.(　　)
(2)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.(　　)
(3)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.(　　)
(4)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.(　　)
(5)若平面α∥平面β,直线a∥平面α,则直线a∥平面β.　
(　　)
【解析】(1)错误.当这两条直线为相交直线时,才能保证这两个平面平行.
(2)正确.如果两个平面平行,则在这两个平面内的直线没有公共点,则它们平行或异面.
(3)错误.若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α或aα.
(4)错误.有且只有一条直线,且该直线为过直线a和点P的平面与平面α的交线.
(5)错误.若平面α∥平面β,直线a∥平面α,则a∥β或aβ.
答案:(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
1.下列命题中,正确的是(　　)
(A)若a∥b,bα,则a∥α
(B)若a∥α,bα,则a∥b
(C)若a∥α,b∥α,则a∥b
(D)若a∥b,b∥α,a⊈α,则a∥α
【解析】选D.由直线与平面平行的判定定理知选项D正确.
2.已知直线l,m,平面α,β,下列条件能得出α∥β的是(　　)
(A)lα,mα,且l∥β,m∥β
(B)lα,mβ,且l∥m
(C)l⊥α,m⊥β,且l∥m
(D)l∥α,m∥β,且l∥m
【解析】选C.如图,在正方体AC1中,AA1⊥平面ABCD,BB1⊥平面A1B1C1D1且AA1∥BB1,则平面ABCD∥平面A1B1C1D1,故选C.
3.直线a不平行于平面α,则下列结论成立的是(　　)
(A)α内的所有直线都与a异面
(B)α内不存在与a平行的直线
(C)α内的直线都与a相交
(D)直线a与平面α有公共点
【解析】选D.因为直线a不平行于平面α,则直线a与平面α相交或直线a在平面α内,所以选项A,B,C均不正确.故选D.
4.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.
【解析】借助图形可知AD1与DC1所在的直线为异面直线,故③错误.
答案:①②④
考向 1 线面平行的判定与性质 
【典例1】(1)若一条直线和两个相交平面都平行,则这条直线和它们的交线的位置关系是　　　　.
(2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点N在BD上,点M在B1C上,并且CM=DN.求证:MN∥平面AA1B1B.
【思路点拨】(1)把文字叙述转化为符号叙述,然后利用线面平行的性质,把线面平行转化为线线平行.
(2)“线线平行”“线面平行”“面面平行”是可以互相转化的.本题可以采用任何一种转化方式.
【规范解答】(1)已知a∥α,a∥β,α∩β=l,
设过a的平面γ∩α=m,
∵a∥α,∴a∥m.设过a的平面γ′∩β=n,
∵a∥β,∴a∥n,∴m∥n.∵nβ,m⊈β,∴m∥β.
又∵mα,α∩β=l,∴m∥l.∴a∥l.
答案:平行
(2)方法一:如图所示,作ME∥BC交BB1于E;
作NF∥AD交AB于F,连接EF,
则
∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
CM=DN,BD=B1C,
∴B1M=BN.又BD=B1C,∴
又BC=AD,∴ME=NF.又ME∥BC∥AD∥NF,
∴四边形MEFN为平行四边形,∴MN∥EF.
又EF平面AA1B1B,MN⊈平面AA1B1B,∴MN∥平面AA1B1B.
方法二:过M作MQ∥BB1交BC于Q,连接NQ.
∵MQ⊈平面AA1B1B,BB1平面AA1B1B,
∴MQ∥平面AA1B1B.由MQ∥BB1得
又CM=DN,CB1=DB,
∴NQ∥DC,∴NQ∥AB.
∵NQ⊈平面AA1B1B,AB平面AA1B1B,
∴NQ∥平面AA1B1B.
又MQ∩NQ=Q,∴平面MQN∥平面AA1B1B.
又MN平面MQN,∴MN∥平面AA1B1B.
【互动探究】若将本例题(2)中的条件“CM=DN”改为
则如何证明?
【证明】将 转化为CM=DN.
以下同例题.
【拓展提升】
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).
(5)利用空间向量,证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.
2.判断或证明两直线平行的常用方法
(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,γ∩α=a,γ∩β=b⇒a∥b).
(4)利用线面垂直的性质定理(a⊥α,b⊥α⇒a∥b).
(5)利用向量共线证明.
【提醒】利用线面平行的性质或判定定理时,适当添加辅助线(或
面)是解题的常用方法.
【变式备选】(1)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:AP∥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.
又AP⊈平面BDM,
∴AP∥平面BDM.
∵平面PAHG∩平面BDM=GH,
∴PA∥GH.
(2)如图,在四棱锥P-ABCD中,CD∥AB,DC= AB,试在线段PB上找
一点M,使CM∥平面PAD,并说明理由.
【解析】当M为PB的中点时,CM∥平面PAD.
方法一:取AP的中点F,连接CM,FM,DF.
则FM∥AB,FM= AB.
∵CD∥AB,CD= AB,
∴FM∥CD,FM=CD,
∴四边形CDFM为平行四边形,∴CM∥DF.
∵DF平面PAD,CM⊈平面PAD,
∴CM∥平面PAD.
方法二:在四边形ABCD中,设BC的延长线与AD的延长线交于点Q,连接PQ,CM.
∵CD∥AB,∴∠QCD=∠QBA.∵∠CQD=∠BQA,
∴△CQD∽△BQA,
∴
∴C为BQ的中点.
∵M为BP的中点,∴CM∥PQ.
∵PQ平面PAD,CM⊈平面PAD,
∴CM∥平面PAD.
方法三:取AB的中点E,连接EM,CE,CM.
在四边形ABCD中,CD∥AB,CD= AB,E为AB的中点,
∴AE∥DC,且AE=DC,
∴四边形AECD为平行四边形.
∴CE∥DA.
∵DA平面PAD,CE⊈平面PAD,
∴CE∥平面PAD.
同理,根据E,M分别为BA,BP的中点,
得EM∥平面PAD.
∵CE平面CEM,EM平面CEM,CE∩EM=E,
∴平面CEM∥平面PAD.
∵CM平面CEM,
∴CM∥平面PAD.
考向 2 面面平行的判定与性质 
【典例2】(1)(2013·西安模拟)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 (B)m∥l1且n∥l2
(C)m∥β且n∥β (D)m∥β且n∥l2
(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:
①B,C,H,G四点共面;
②平面EFA1∥平面BCHG.
【思路点拨】(1)逐项验证,既要验证充分性,还要验证必要性.
(2)①要证明B,C,H,G四点共面,可证明直线GH与直线BC共面;
②可利用面面平行的判定定理证明.
【规范解答】(1)选B.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,l2∥n,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n∥l2可转化为n∥β,同选项C,故不符合题意.综上选B.
(2)①∵G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
∴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分别是AB,AC的中点,
∴EF∥BC.
∵EF⊈平面BCHG,BC平面BCHG,
∴EF∥平面BCHG.
∵A1G􀱀 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.
【互动探究】在本例(2)条件下,若D1,D分别为B1C1,BC的中点,求证:平面A1BD1∥平面AC1D.
【证明】如图所示,连接A1C交AC1于点H,
∵四边形A1ACC1是平行四边形,
∴H是A1C的中点,
连接HD,∵D为BC的中点,
∴A1B∥HD.
∵A1B平面A1BD1,DH⊈平面A1BD1,
∴DH∥平面A1BD1.
又由三棱柱的性质知,D1C1􀱀BD,
∴四边形BDC1D1为平行四边形,
∴DC1∥BD1.又DC1⊈平面A1BD1,
BD1平面A1BD1,
∴DC1∥平面A1BD1,又∵DC1∩DH=D,
∴平面A1BD1∥平面AC1D.
【拓展提升】
1.判定面面平行的四个方法
(1)利用定义:即判断两个平面没有公共点.
(2)利用面面平行的判定定理.
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行.
(4)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.
2.面面平行的性质
(1)两平面平行,则一个平面内的直线平行于另一平面.
(2)若一平面与两平行平面相交,则交线平行.
【变式备选】如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠ACD=90°, ∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点,AB=1.
证明:直线CE∥平面PAB.
【证明】取AD中点F,连接EF,CF,

∴在△PAD中,EF是中位线,可得EF∥PA.
∵EF⊈平面PAB,PA平面PAB,
∴EF∥平面PAB.
∵Rt△ABC中,AB=1,∠BAC=60°,
∴
又∵Rt△ACD中,∠CAD=60°,
∴AD=4,结合F为AD中点,得△ACF是等边三角形,
∴∠ACF=∠BAC=60°,可得CF∥AB.
∵CF⊈平面PAB,AB平面PAB,
∴CF∥平面PAB.
∵EF,CF是平面CEF内的相交直线,
∴平面CEF∥平面PAB.
∵CE平面CEF,∴CE∥平面PAB.
【典例3】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∥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.
考向 3 平行关系的综合应用
【思路点拨】(1)要证EF∥β,可转化为证明EF与β内的某一直线平行或证明EF所在的平面与β平行.
(2)以EF为边构造三角形可求得EF的长.
【规范解答】(1)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∥β.
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.
（2）如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.

∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴ME∥BD，MF∥AC，且ME= BD=3，
MF= AC=2，
∴∠EMF为AC与BD所成的角（或其补角），
∴∠EMF=60°或120°.
在△EFM中由余弦定理得
即EF= 或EF=
【拓展提升】三种平行关系的转化方向及注意事项
(1)转化方向
如图所示:
(2)注意事项
在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时,一定要注意定理成立的条件,严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交,则直线与交线平行.
【变式训练】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?
【解析】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.
【满分指导】平行关系证明题的规范解答
【典例】(12分)(2012·山东高考)如图,
几何体E-ABCD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.
【思路点拨】
【规范解答】（1）取BD的中点O，①连接CO，EO.

由于CB=CD，所以CO⊥BD.…………………………………1分
又EC⊥BD，EC∩CO=C，CO，EC平面EOC，
所以BD⊥平面EOC，所以BD⊥OE.…………………………3分
又O为BD的中点，①
所以BE=DE.…………………………………………………5分
（2）方法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN.
因为M是AE的中点，所以MN∥BE.…………………………6分
又MN⊈平面BEC，BE平面BEC，②
所以MN∥平面BEC.…………………………………………7分
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.③……………………
………………………………………9分
又DN平面BEC，BC平面BEC，④
所以DN∥平面BEC.
又MN∩DN=N，
故平面DMN∥平面BEC.………………………………………11分
又DM平面DMN，
所以DM∥平面BEC.…………………………………………12分
方法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.
因为CB=CD，∠BCD=120°，
所以∠CBD=30°.…………………………………………7分
因为△ABD为正三角形，
所以∠BAD=∠ABD=60°，∠ABC=90°，⑤
所以∠AFB=30°，所以AB= AF.…………………………9分
又AB=AD，
所以D为线段AF的中点.……………………………………10分
连接DM，由点M是线段AE的中点，
因此DM∥EF. ………………………………………………11分
又DM平面BEC，EF平面BEC，
所以DM∥平面BEC.…………………………………………12分
【失分警示】(下文①②③④⑤见规范解答过程)
1.(2012·四川高考)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
【解析】选C.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.
2.(2013·衡水模拟)已知直线m,n和平面α,则m∥n的一个必要不充分条件是(　　)
(A)m∥α,n∥α (B)m⊥α,n⊥α
(C)m∥α,n⊂α (D)m,n与α成等角
【解析】选D.对于A,m∥α,n∥α为m∥n的既不充分也不必要条件;对于B,m⊥α,n⊥α为m∥n的充分不必要条件;对于C,
m∥α,n⊂α为m∥n的既不充分也不必要条件;对于D,m,n与α成等角为m∥n的必要不充分条件,故选D.
3.(2013·新余模拟)已知直线m,n与平面α,β,给出下列三个命题:
①若m∥α,n∥α,则m∥n;
②若m∥α,n⊥α,则m⊥n;
③m⊥α,m∥β,则α⊥β.
其中真命题的个数是(　　)
(A)0　　　　(B)1　　　　(C)2　　　　(D)3
【解析】选C.对于①,m,n可能平行、相交或异面,②③正确,所以真命题的个数为2.
4.(2012·辽宁高考改编)如图,直三棱柱ABC-A′B′C′,
∠BAC=90°,AB=AC= AA′=1,点M,N分别
为A′B和B′C′的中点.证明:MN∥平面A′ACC′.
【证明】方法一:连接AB′,AC′,由已知
∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱,
所以M为AB′的中点.
又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′.
又MN⊈平面A′ACC′,AC′平面A′ACC′,
因此MN∥平面A′ACC′.
方法二:取A′B′中点P,连接MP,NP,
而M,N分别为A′B与B′C′的中点,
所以MP∥BB′∥AA′,PN∥A′C′.
因为MP,PN⊈平面A′ACC′,AA′,A′C′平面A′ACC′,
所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′.
又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN平面MPN,
因此MN∥平面A′ACC′.
1.设α,β,γ为三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命
题“α∩β=m,nγ,且　　　　,则m∥n”中的横线处填入下列
三组条件中的一组,使该命题为真命题.
①α∥γ,nβ;②m∥γ,n∥β;③n∥β,mγ.
可以填入的条件有(　　)
(A)①或② (B)②或③
(C)①或③ (D)①或②或③
【解析】选C.由面面平行的性质定理可知,①正确;当n∥β,
mγ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.
2.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分
别为棱AB,CC1的中点,在平面ADD1A1内且
与平面D1EF平行的直线(　　)
(A)不存在 (B)有1条
(C)有2条 (D)有无数条
【解析】选D.平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1,由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共线l,在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条,且它们都不在平面D1EF内,由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行,故选D.