2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第4讲　直线、平面平行的判定与性质学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第4讲　直线、平面平行的判定与性质学案，共23页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
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
常用结论
牢记线面平行、面面平行的七个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(3)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(4)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(5)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
(7)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．
二、习题改编
1．(必修2P61A组T1(1)改编)下列命题中正确的是( )
A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面
B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行
C．平行于同一条直线的两个平面平行
D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α
解析：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b⊄α，c⊂α，所以b∥α.
2．(必修2P58练习T3改编)平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.
3．(必修2P62A组T3改编)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．
解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，
在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，
所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，
而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，
所以BD1∥平面ACE.
答案：平行
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( )
(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．( )
(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．( )
(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.( )
(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)对空间平行关系的转化条件理解不够致误；
(2)对面面平行判定定理的条件“平面内两相交直线”认识不清致误；
(3)对面面平行性质定理理解不深致误．
1．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中( )
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一的与a平行的直线
解析：选A.当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线．故选A.
2．下列条件中，能判断两个平面平行的是________．
①一个平面内的一条直线平行于另一个平面；
②一个平面内的两条直线平行于另一个平面；
③一个平面内有无数条直线平行于另一个平面；
④一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面．
解析：由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，那么这两个平面平行．显然只有④符合条件．
答案：④
3．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
线面平行的判定与性质(多维探究)
角度一 直线与平面平行的判定
如图所示，斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1的中点．
(1)证明：AD1∥平面BDC1；
(2)证明：BD∥平面AB1D1.
【证明】 (1)因为D1，D分别为A1C1，AC的中点，
四边形ACC1A1为平行四边形，所以C1D1綊DA，
所以四边形ADC1D1为平行四边形，所以AD1∥C1D，
又AD1⊄平面BDC1，C1D⊂平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1.
(2)连接D1D，
因为BB1∥平面ACC1A1，BB1⊂平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝D1D，
所以BB1∥D1D，
又因为D1，D分别为A1C1，AC的中点，所以DD1綊AA1，
所以BB1＝AA1＝DD1，
故四边形BDD1B1为平行四边形，
所以BD∥B1D1，
又BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，
所以BD∥平面AB1D1.
角度二 直线与平面平行的性质
如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2eq \r(17)，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.
(1)证明：GH∥EF；
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
【解】 (1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC，
因此GH∥EF.
(2)连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.
因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面ABCD内，所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，
所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，
所以PO∥GK，所以GK⊥底面ABCD，
从而GK⊥EF.
所以GK是梯形GEFH的高．
由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，
从而KB＝eq \f(1,4)DB＝eq \f(1,2)OB，即K为OB的中点．
再由PO∥GK得GK＝eq \f(1,2)PO，且G是PB的中点，所以GH＝eq \f(1,2)BC＝4.
由已知可得OB＝4eq \r(2)，PO＝eq \r(PB2－OB2)＝eq \r(68－32)＝6，
所以GK＝3.
易得EF＝BC＝8，
故四边形GEFH的面积S＝eq \f(GH＋EF,2)·GK＝eq \f(4＋8,2)×3＝18.
eq \a\vs4\al()
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⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
解析：选A.对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
2．如图，四棱锥P­ABCD中AD∥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．
(1)求证：AP∥平面BEF；
(2)求证：GH∥平面PAD.
证明：(1)连接EC，因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC綊AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，所以O为AC的中点．
又因为F是PC的中点，
所以FO∥AP，
FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)连接FH，OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，
所以FH∥PD，所以FH∥平面PAD.
又因为O是BE的中点，H是CD的中点，
所以OH∥AD，所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
面面平行的判定与性质(典例迁移)
如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1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G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，
所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．
(2)在△ABC中，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.
又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，
所以A1G綊EB，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.
又因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.
【迁移探究1】 (变条件)在本例条件下，若D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.
证明：如图所示，连接HD，A1B，
因为D为BC1的中点，
H为A1C1的中点，
所以HD∥A1B，
又HD⊄平面A1B1BA，
A1B⊂平面A1B1BA，
所以HD∥平面A1B1BA.
【迁移探究2】 (变条件)在本例条件下，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M，
因为四边形A1ACC1是平行四边形，
所以M是A1C的中点，连接MD，
因为D为BC的中点，
所以A1B∥DM.
因为A1B⊂平面A1BD1，
DM⊄平面A1BD1，
所以DM∥平面A1BD1.
又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，
所以DC1∥BD1.
又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，
所以DC1∥平面A1BD1，
又因为DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
eq \a\vs4\al()
证明面面平行的常用方法
(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)如果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”的相互转化进行证明．
1.如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于C，E和D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为( )
A.eq \f(6,5) B．eq \f(7,5)
C.eq \f(8,5) D．eq \f(9,5)
解析：选C.由AB∥α∥β，易证 eq \f(AC,CE)＝eq \f(BD,DF).即eq \f(AC,AE)＝eq \f(BD,BF)，
所以BD＝eq \f(AC·BF,AE)＝eq \f(2×4,5)＝eq \f(8,5).
2.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明：(1)如图，连接SB，
因为E，G分别是BC，SC的中点，
所以EG∥SB.
又因为SB⊂平面BDD1B1，
EG⊄平面BDD1B1，
所以直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，
因为F，G分别是DC，SC的中点，
所以FG∥SD.
又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，
FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面EFG∥平面BDD1B1.
平行关系中的探索性问题(师生共研)
如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当eq \f(A1D1,D1C1)等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值．
【解】 (1)
如图，取D1为线段A1C1的中点，此时eq \f(A1D1,D1C1)＝1，
连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，
所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
所以OD1∥BC1.
又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以当eq \f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
因为eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)，eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD).
又因为eq \f(A1O,OB)＝1，所以eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
eq \a\vs4\al()
解决探索性问题的方法
(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．
(2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”．
(一题多解)如图，四棱锥E­ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥BE；
(2)设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.
又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.
因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
所以BF⊥AE.
又因为BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，
因为BE⊂平面BCE，
所以AE⊥BE.
(2)法一：如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN，
因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，
所以NG∥平面BCE.
同理可证，GM∥平面BCE.
因为MG∩GN＝G，
所以平面MGN∥平面BCE，
又因为MN⊂平面MGN，
所以MN∥平面BCE，
因为N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，
AD＝6，AB＝5，BE＝3，
所以MG＝eq \f(2,3)AD＝4，NG＝eq \f(1,3)BE＝1，
所以MN＝eq \r(MG2＋NG2)＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17).
法二：如图，过M点作MG∥CD交CE于G点，连接BG，在AB上取N点，使得BN＝MG，连接MN，
因为MG∥CD，EM＝2MD，
所以MG＝eq \f(2,3)CD，
因为AB∥CD，BN＝MG，
所以四边形MGBN是平行四边形，
所以MN∥BG，
又因为MN⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，
所以MN∥平面BCE，
又MG＝eq \f(2,3)CD，MG＝BN，所以BN＝eq \f(2,3)AB，
所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点．
在△CBG中，因为BC＝AD＝6，CG＝eq \f(1,3)CE＝eq \f(1,3)eq \r(62＋32)＝eq \r(5)，cs∠BCG＝eq \f(2\r(5),5)，
所以BG2＝36＋5－2×6×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝17，
所以MN＝BG＝eq \r(17).
[基础题组练]
1．(2020·河北衡水模拟一)已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，α∥β的充分条件是( )
A．m∥n，m⊂α，n⊂β B．m∥n，m⊥α，n⊥β
C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β
解析：选B.对于A，两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，这两个平面可能平行， 也可能相交，因此A中条件不是α∥β的充分条件；对于B，因为m∥n，m⊥α，所以n⊥α，结合n⊥β，知α∥β，因此B中条件是α∥β的充分条件；对于C，由m⊥n，m∥α知n⊂α，或n∥α，或n与α相交，结合n∥β，知α，β可能平行，也可能相交，所以C中条件不是α∥β的充分条件；对于D，由m⊥n，m⊥α知n⊂α，或n∥α，结合n⊥β，知α⊥β，所以D中条件不是α∥β的充分条件．综上可知．选B.
2．(2020·江西红色七校联考)设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若m∥n，n⊂α，则m∥α
B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
C．若α∥β，m⊥α，则m⊥β
D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β
解析：选C.若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A不正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选C.
3．(2020·湖南长沙模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：
①若a∥c，b∥c，则a∥b；
②若a∥b，b∥α，则a∥α；
③若a∥α，b∥α，则a∥b；
④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.
其中真命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行，相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.
4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )
A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊eq \f(1,5)BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊eq \f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．
5.
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：
①FG∥平面AA1D1D；
②EF∥平面BC1D1；
③FG∥平面BC1D1；
④平面EFG∥平面BC1D1.
其中推断正确的序号是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：选A.因为在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，
因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故①正确；
因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故②错误；
因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，
所以FG∥BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，
所以FG∥平面BC1D1，故③正确；
因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A.
6．在四面体A­BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
解析：如图，取CD的中点E，连接AE，BE，
则EM∶MA＝1∶2，
EN∶BN＝1∶2，
所以MN∥AB.
因为AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，
所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.
答案：平面ABD与平面ABC
7．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．
解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC，所以点F为DC的中点．
故EF＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
8.如图所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，FH∩HN＝H，DD1∩BD＝D，
所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1.
答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)
9.在如图所示的一块木料中，棱BC平行于平面A′B′C′D′.
(1)要经过平面A′B′C′D′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？
(2)所画的线与平面ABCD是什么位置关系？并证明你的结论．
解：(1)过点P作B′C′的平行线，
交A′B′，C′D′于点E，F，
连接BE，CF.
作图如下：
(2)EF∥平面ABCD.理由如下：
因为BC∥平面A′B′C′D′，
又因为平面B′C′CB∩平面A′B′C′D′＝B′C′，
所以BC∥B′C′，因为EF∥B′C′，所以EF∥BC，
又因为EF⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
10．如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
证明：(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，
所以BE∥MO.
因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，
所以DE∥GN.
因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN.
因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG.
因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
[综合题组练]
1．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在的平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.由题图，显然①是正确的，②是错的；
对于③因为A1D1∥BC，BC∥FG，
所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，
所以A1D1∥平面EFGH(水面)．
所以③是正确的；
因为水是定量的(定体积V)．
所以S△BEF·BC＝V，
即eq \f(1,2)BE·BF·BC＝V.
所以BE·BF＝eq \f(2V,BC)(定值)，即④是正确的，故选C.
2.(2020·江西吉安一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )
A.eq \r(2) B．eq \f(9,8)
C.eq \r(3) D．eq \f(\r(6),2)
解析：选B.如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EF∥B1D1，B1D1∥BD，所以EF∥BD，故EF，BD在同一平面内，连接ME，因为M，E分别为A1D1，B1C1的中点，所以ME∥AB，且ME＝AB，所以四边形ABEM是平行四边形，所以AM∥BE，又因为BE⊂平面BDFE，
AM⊄平面BDFE，
所以AM∥平面BDFE，同理AN∥平面BDFE，因为AM∩AN＝A，
所以平面AMN∥平面BDFE，
BD＝eq \r(2)，EF＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \f(\r(2),2)，DF＝BE＝eq \f(\r(5),2)，等腰梯形BDFE如图2，
过E，F作BD的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFGH为矩形，所以FG＝eq \r(DF2－DG2)＝eq \r(\f(5,4)－\f(1,8))＝eq \f(3\r(2),4)，
故所得截面的面积为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\r(2)))×eq \f(3\r(2),4)＝eq \f(9,8)，故选B.
3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝eq \f(2,3)BD1.则以下四个说法：
①MN∥平面APC；
②C1Q∥平面APC；
③A，P，M三点共线；
④平面MNQ∥平面APC.
其中说法正确的是________(填序号)．
解析：
①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，
易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；
②由①知M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，AN⊂平面APC，
所以C1Q∥平面APC是正确的；
③由①知A，P，M三点共线是正确的；
④由①知MN⊂平面APC，
又MN⊂平面MNQ，
所以平面MNQ∥平面APC是错误的．
答案：②③
4.如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝eq \f(a,3)，过B1，D1，P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________．
解析：因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
所以B1D1∥PQ.
又因为B1D1∥BD，所以BD∥PQ，
设PQ∩AB＝M，因为AB∥CD，
所以△APM∽△DPQ.
所以eq \f(PQ,PM)＝eq \f(PD,AP)＝2，即PQ＝2PM.
又知△APM∽△ADB，
所以eq \f(PM,BD)＝eq \f(AP,AD)＝eq \f(1,3)，
所以PM＝eq \f(1,3)BD，又BD＝eq \r(2)a，
所以PQ＝eq \f(2\r(2),3)a.
答案：eq \f(2\r(2),3)a
5.如图，在四棱锥P­ABCD的底面ABCD中，BC∥AD，且AD＝2BC，O，E分别为AD，PD的中点．
(1)设平面PAB∩平面PCD＝l，请作图确定l的位置并说明你的理由；
(2)若Q为直线CE上任意一点，证明：OQ∥平面PAB.
解：(1)分别延长AB和DC交于点R，连接PR，则直线PR就是l的位置；
R∈AB⊂平面PAB，R∈CD⊂平面PCD，
所以P、R是平面PAB和平面PCD的两个公共点，
由公理1可知，过P、R的直线就是两个平面的交线l.
(2)证明：连接OE、OC，因为BC∥AD，且BC＝eq \f(1,2)AD，
又AO＝eq \f(1,2)AD，所以BC∥AO，
且BC＝AO，所以四边形ABCO为平行四边形，
所以OC∥AB，则OC∥平面PAB；
又OE为△PAD的中位线，则OE∥AP，
所以OE∥平面PAB，
又OE⊂平面OEC，OC⊂平面OEC，且OE∩OC＝O，
所以平面PAB∥平面OEC，
又OQ⊂平面OEC，
所以OQ∥平面PAB.
6．如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.
证明：(1)由题设知BB1綊DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
所以BD∥B1D1.
又BD⊄平面CD1B1，
B1D1⊂平面CD1B1，
所以BD∥平面CD1B1.
因为A1D1綊B1C1綊BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥D1C.
又A1B⊄平面CD1B1，
D1C⊂平面CD1B1，
所以A1B∥平面CD1B1.
又因为BD∩A1B＝B，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，
平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，
所以直线l∥直线BD，
在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
所以B1D1∥BD，
所以B1D1∥l.
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)
因为l∥a，
a⊂α，l⊄α，所以l∥α
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该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
因为l∥α，l⊂β，
α∩β＝b，
所以l∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交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”)
因为a∥β，b∥β，
a∩b＝P，
a⊂α，b⊂α，
所以α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
因为α∥β，α∩γ＝a，
β∩γ＝b，
所以a∥b