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高中人教A版 (2019)8.5 空间直线、平面的平行同步测试题
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这是一份高中人教A版 (2019)8.5 空间直线、平面的平行同步测试题，文件包含85空间直线平面的平行典例精讲-高一下学期数学同步精讲+检测人教A版2019必修第二册解析版docx、85空间直线平面的平行典例精讲-高一下学期数学同步精讲+检测人教A版2019必修第二册原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共78页， 欢迎下载使用。
8.5 空间直线、平面的平行
-----典例精讲
本节课知识点目录：
1、 基本事实4的应用
2、 等角定理的应用
3、 直线平行有关的计算
4、 直线与平面平行的判定定理的应用
5、 直线与平面平行性质定理的应用
6、 线面平行有关计算。
7、 平面与平面平行的判定定理
8、 平面与平面平行性质定理的应用
9、 面面平行的计算
10、 平行关系求最值与范围
11、 联考与联赛题选
一、基本事实4的应用
文字语言
平行于同一条直线的两条直线平行
图形语言
符号语言
直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c
作用
证明两条直线平行
说明
基本事实4表述的性质通常叫做平行线的传递性
【典型例题】
【例1】如图，在三棱锥中，分别为线段的中点，则下列说法正确的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意结合三角形中位线的性质可得：，
由平行公理可得：.本题选择C选项.
【例2】如图，在正方体中，直线平面，且直线与直线不平行，则下列一定不可能的是（ ）
A．l与AD平行 B．l与AD不平行 C．l与AC平行 D．l与BD平行
【答案】A
【分析】假设，通过平行线的传递性推出与题中条件相反的结论来说明直线与直线一定不平行；当与平行时，选项C正确；当与平行时，选项D正确.
【详解】假设，则由，知，
这与直线与直线不平行矛盾，所以直线与直线不平行.故选：A.
【例3】在正六棱柱任意两个顶点的连线中与棱AB平行的条数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】作出几何体的直观图观察即可.
【详解】解：连接CF，C1F1，与棱AB平行的有，共有5条，
故选：D.
【例4】在空间四边形ABCD中，AC=BD，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接各边中点E，F，G，H，所得四边形EFGH的形状是（ ）
A．梯形 B．矩形
C．正方形 D．菱形
【答案】D
【分析】根据空间四边形中各点的位置，结合中位线的性质可得EFGH是平行四边形，再由AC=BD即可判断四边形EFGH的形状.
【详解】如图所示，空间四边形ABCD中，连接AC，BD可得一个三棱锥，
将四个中点连接，得到四边形EFGH，由中位线的性质及基本性质4知，EH∥FG，EF∥HG；
∴四边形EFGH是平行四边形，又AC=BD，∴HG=AC=BD=EH，
∴四边形EFGH是菱形.故选：D
【例5】在正方体中，，分别是平面，平面的中心，，分别是线段，的中点，则直线与直线的位置关系是
A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直
【答案】C
利用中位线性质说明它们都与平行．
【详解】如图，连接，则分别为的中点.由三角形的中位线定理知，所以.故选：C.
【例6】如图,在四面体中,分别是的中点,则下列说法中不正确的是
A．四点共面 B．
C． D．四边形为梯形
【答案】D
根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断.
【详解】由中位线定理,易知,,,.
于A,由基本事实易得P,所以四点共面,故A中的说法正确；
对于B,根据等角定理,得,故B中的说法正确；
对于C,由等角定理,知,,所以,故C中的说法正确；
由三角形的中位线定理知,,,,所以,所以四边形为平行四边形,故D中的说法不正确.故选D.
【例7】如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).
8.5 空间直线、平面的平行（精练）-2021-2022学年高一数学一隅三反系列（人教A版2019必修第二册）
【答案】①②
【分析】根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】根据正方体的结构特征，可得①②中RS与PQ均是平行直线，④中RS和PQ是相交直线，③中RS和PQ是是异面直线.故答案为：①②.
【例8】已知棱长为的正方体中，，分别为，的中点．求证：四边形是梯形．
【答案】证明见解析
【分析】连接AC，利用正方体的性质，得到四边形AA′C′C为平行四边形，再结合M，N分别是CD，AD的中点，得到MN∥A′C′且MN=A′C′证明.
【详解】证明：如图所示：连接AC，由正方体的性质可知：AA′=CC′，AA′CC′，
∴四边形AA′C′C为平行四边形，∴A′C′=AC．A′C′AC，又∵M，N分别是CD，AD的中点，
∴MN∥AC，且MN＝AC，∴MN∥A′C′且MN≠A′C′．∴四边形MNA′C′是梯形．
【对点实战】
1.已知直线a∥直线b，直线b∥直线c，直线c∥直线d，则a与d的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交 C．异面 D．不确定
【答案】A
【分析】由平行直线的传递性可得答案.
【详解】∵a∥b，b∥c，∴a∥c.又c∥d，∴a∥d.故选：A.
2.如图，在三棱锥A-BCD中，E，F，G，H分别是边AC，CD，BD，AB的中点，且AD=BC，那么四边形EFGH是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C
【分析】先证明是平行四边形，再证明是菱形.
【详解】因为分别是的中点，所以，且，
同理，且，，且，，且，
又，可得四边形为菱形.故选：C.
3.如图所示，在长方体AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有（ ）
A．3条 B．4条
C．5条 D．6条
【答案】B
【分析】由E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，结合正方体的结构特征，即可求解.
【详解】由于E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，
因为与棱B1C1平行的棱还有3条：AD, BC，A1D1，所以共有4条.故选：B.
4.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是AB，AC上的点，且AE∶EB=AF∶FC，则EF与B1C1的位置关系是_____.
【答案】平行
【分析】由题设易知EF∥BC，根据棱柱的结构特征即可判断EF与B1C1的位置关系.
【详解】在△ABC中，AE∶EB=AF∶FC，∴EF∥BC，三棱柱ABC-A1B1C1中，有BC∥B1C1，
∴EF∥B1C1.故答案为：平行
5.已知E，F，G，H为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，若， 证明:四边形EFGH为梯形.
【答案】证明见解析
【分析】根据，得到EH∥BD且EH=BD，同理得到FG∥BD且FG=BD，再利用平行关系的传递性证明.
【详解】证明：如图，在ABD中，因为，所以EH∥BD且EH=BD.
在BCD中，因为，所以FG∥BD且FG=BD，所以EH∥FG且EH>FG，
所以四边形EFGH为梯形.
6.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且，.
（1）证明：E，F，G，H四点共面.
（2）m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
【答案】（1）见解析（2）当时，四边形EFGH是平行四边形.
（1）根据平行线分线段成比例的性质,可得和,即可根据空间中平行线的传递性证明,即可得E,F,G,H四点共面.
（2）根据平行线分线段成比例,分别用和及表示出和,由平行四边形对边相等即可求得.
【详解】（1）证明：连接BD因为,所以
又,所以。所以所以E,F,G,H四点共面
（2）当时,四边形EFGH为平行四边形。由（1）可知。因为
所以同理可得由可得
得故当时,四边形EFGH是平行四边形
二、等角定理的应用
文字语言
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
符号语言
OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180°
图形语言
作用
判断或证明两个角相等或互补
【典型例题】
【例1】已知，则等于
A． B．或 C． D．以上答案都不对
【答案】B
【详解】∠ABC的两边与∠PQR的两边分别平行，但方向不能确定是否相同.
∴∠PQR＝30°或150°，故选B.
【例2】不在同一个平面内的两个三角形的三组对应边分别平行，则这两个三角形（ ）
A．一定是全等三角形 B．一定是相似但不全等的三角形
C．一定是相似或全等的三角形 D．可能不全等或相似
【答案】C
【分析】根据等角定理，即可判断选项.
【详解】根据等角定理可知，这两个三角形的三个角，分别对应相等，所以这两个三角形一定相似或全等.故选：C
【例3】若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1方向相同，则下列结论正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同 B．OB∥O1B1，方向可能不同
C．OB与O1B1不平行 D．OB与O1B1不一定平行
【答案】D
【详解】如图，
；当时，且，与的方向相同，与是不一定平行，如上图所示，故选D.
【例4】已知,,则与的位置关系是
A．相交 B．异面 C．平行 D．以上均有可能
【答案】D
根据题意画出图形，即可判断与的位置关系.
【详解】如图所示,,,则与的位置关系是平行､相交或异面.
故选：D.
【例5】若，且，与方向相同，则下列结论正确的有（ ）
A．且方向相同 B．，方向可能不同
C．OB与不平行 D．OB与不一定平行
【答案】D
【分析】画出图形，当满足题目中的条件时，出现的情况有哪些，即可得出结论．
【详解】解：如图，；
当∠AOB=∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，OB与O1B1是不一定平行． 故选：D．
【例6】空间中有两个角、，且角、的两边分别平行.若，则________.
【答案】或
【分析】根据等角定理可得出结论.
【详解】因为角与两边对应平行，但方向不确定，所以与相等或互补，故或.
故答案为：或.
【例7】如图，三棱柱中，，，分别为，，的中点.求证：.
【答案】证明见解析
【分析】通过平行以及长度关系证明，，然后根据等角定理证明.
【详解】证明：因为，分别是，的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.
同理可证，又与方向相同，所以.
【对点实战】
1.设和的两边分别平行，若，则的大小为___________.
【答案】45°或135°##135°或45°
【分析】根据等角定理即可得到答案.
【详解】根据等角定理：一个角的两边平行于另外一个角的两边，则这两个角相等或互补.
故答案为：45°或135°.
2.长方体中，分别为棱的中点.
（1）求证：；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，可得，再证明四边形为平行四边形，得，从而得；（2）根据等角定理证明即可.
【详解】证明：（1）如图，取的中点，连接.
在矩形中，易得，因为，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.在矩形中，易得，.
所以四边形为平行四边形，所以，所以.
（2）因为，，又与的对应边方向相同，
所以.
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，M1分别是棱AD和A1D1的中点．
（1）求证：四边形BB1M1M为平行四边形；
（2）求证：∠BMC＝∠B1M1C1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析．
【分析】（1）利用正方体的性质，根据平行四边形的定义与性质证明即可；（2）根据正方体的性质以及平行四边形的性质可证明，从而可得结果.
【详解】（1）在正方形ADD1A1中，M、M1分别为AD、A1D1的中点，∴MM1∥AA1，MM1=AA1．
又∵AA1∥BB1，AA1=BB1，∴MM1∥BB1，且MM1＝BB1，∴四边形BB1M1M为平行四边形．
（2）法一：由（1）知四边形BB1M1M为平行四边形，∴B1M1∥BM．同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，
∴C1M1∥CM．由平面几何知识可知，∠BMC和∠B1M1C1都是锐角．∴∠BMC＝∠B1M1C1．
法二：由（1）知四边形BB1M1M为平行四边形，∴B1M1＝BM．
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，∴C1M1＝CM．
又∵B1C1＝BC，∴△BCM≌△B1C1M1．∴∠BMC＝∠B1M1C1．
4.在长方体中，求证：
（1）；
（2）.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据，且方向相同可证得结论；
（2）根据，且方向相同可证得结论.
【详解】
（1）由长方体的性质可得：，，且方向相同，
由等角定理可得：.
（2）由长方体的性质可得：，，
四边形为平行四边形，，，且方向相同，
由等角定理可得：.
三、线线平行有关的计算
利用线面平行的性质定理找线线平行，利用线线平行得对应线段成比例即可求线段长度．
【典型例题】
【例1】已知在三棱锥中，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】如图所示，
取的中点，连接、，在中，∵，，∴，同理可得，在中，∵三角形两边之和大于第三边即，∴，即，故选D.
【例2】已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA的中点，若对角线BD＝2，AC＝4，则EG2＋HF2的值是（ ）
A．5 B．10
C．12 D．不能确定
【答案】B
【分析】根据中位线定理判断四边形EFGH是平行四边形，再由计算可得解.
【详解】如图所示，由三角形中位线的性质可得,.
所以四边形EFGH是平行四边形，
因为，
所以 .
故选：B.
【例3】如图，空间四边形中，分别是△和△的重心，若，则___.
【答案】##
【分析】连接并延长交于，连接并延长交于，再连接，，可知，，从而可求出答案.
【详解】连接并延长交于，连接并延长交于，再连接，，
∴，
∴，
又∵，∴.
故答案为：.
【例4】如图，△ABC和△A'B'C'的对应顶点的连线AA'，BB'，CC'交于同一点O，且.
（1）求证:A'B'∥AB，A'C'∥AC，B'C'∥BC;
（2）求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等比例的性质，即可证明结论；
（2）由（1）易知△ABC∽△A'B'C'，进而利用相似比求的值.
【详解】(1)∵AA'∩BB'=O且，
∴AB∥A'B'，同理，AC∥A'C'，BC∥B'C'.
(2)∵A'B'∥AB，A'C'∥AC，由图知：AB和A'B'，AC和A'C'方向相反，
∴∠BAC=∠B'A'C'，同理，∠ABC=∠A'B'C'，∠ACB=∠A'C'B'，
∴△ABC∽△A'B'C'，
∴，
∴.
【例5】在长方体中，底面是边长为的正方形，高为，分别是边与的中点.
（1）求证：四边形是等腰梯形；
（2）求梯形的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接，由三角形中位线性质可证得，证得四边形为梯形；利用三角形全等可证得，由此得到结论；
（2）利用勾股定理可求得等腰梯形的上下底和高，由梯形面积公式可求得结果.
【详解】（1）证明：连接，则是的中位线，则有.
又，，四点共面，且四边形为梯形；
，，梯形等腰梯形.
（2）由题意得：，，，
等腰梯形的高，
梯形的面积.
四、直线与平面平行的判定定理的应用
文字语言
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
符号语言
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α
图形语言
【典型例题】
【例1】过平面外的直线l作一组平面与相交，若所得交线分别为a，b，c…，则这些交线的位置关系为（ ）
A．相交于同一点 B．相交但交于不同的点
C．平行 D．平行或相交于同一点
【答案】D
【分析】对于的位置关系进行分类讨论，由此确定正确选项.
【详解】当时，根据线面平行的性质定理以及平行公理可知：所得交线平行.
当时，所得交线交于同一点.
所以所得交线平行或相交于同一点.
故选：D
【例2】下列命题中正确的个数是（ ）
①若直线a上有无数个点不在平面α内，则a∥α；
②若直线a∥平面α，则直线a与平面α内的任意一条直线都平行；
③若直线a∥直线b，直线b∥平面α，则直线a∥平面α；
④若直线a∥平面α，则直线a与平面α内的任意一条直线都没有公共点.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】对于①，由线面位置关系的定义判断，对于②，由线面平行的性质判断，对于C，由线面平行的判定定理判断，对于D，由线面平行的定义判断
【详解】对于①，若直线a上有无数个点不在平面α内，则直线a可能与平面α相交，也可能与平面α平行，所以①错误，
对于②，当直线a∥平面α时，直线a与平面α内直线平行或异面，所以②错误，
对于③，当直线a∥直线b，直线b∥平面α，则直线a∥平面α，或直线a在平面α内，所以③错误，
对于④，当直线a∥平面α时，则直线a与平面α无公共点，所以直线a与平面α内的任意一条直线都没有公共点，所以④正确，
故选：B
【例3】若直线a不平行于平面，则下列结论正确的是（ ）
A．内的所有直线均与直线a异面 B．直线a与平面有公共点
C．内不存在与a平行的直线 D．内的直线均与a相交
【答案】B
【分析】根据题意可得直线a与平面相交或在平面内，结合线面的位置关系依次判断选项即可.
【详解】若直线a不平行与平面，则直线a与平面相交或在平面内.
A：内的所有直线均与直线a异面错误，也可能相交，故A错误；
B：直线a与平面相交或直线a在平面内都有公共点，故B正确；
C：平面内不存在与a平行的直线，错误，
当直线a在平面内就存在与a平行的直线，故C错误；
D：平面内的直线均与a相交，错误，也可能异面，故D错误.
故选：B
【例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
【答案】B
【分析】先判断四边形EFGH的形状，再去判断线面是否平行即可解决.
【详解】△ABD中，AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，则EFBD，且
△BCD中，，则HGBD，且
则，则四边形EFGH是梯形.故选B.
下面看四个平行的判断是否正确.
平面,平面，则BD平面EFGH.判断正确；
平面,平面，则EF平面BCD.判断正确；
平面,平面，则HG平面ABD.判断正确；
梯形EFGH中，，与的延长线会交于一点，则直线EH与平面ADC的位置关系为相交.
故选：B
【例5】在三棱锥A－BCD中，E、F分别是AB和BC上的点，若AE︰EB＝CF︰FB＝2︰5，则直线AC与平面DEF的位置关系是 ( )
A．平行 B．相交
C．直线AC在平面DEF内 D．不能确定
【答案】A
【详解】因为AE︰EB＝CF︰FB，所以,因为,选A.
【例6】如图，下列正三棱柱中，若、、分别为其所在棱的中点，则不能得出平面的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据直线与平面平行的判定定理、平面与平面平行的性质对各选项中平面是否成立进行判断.
【详解】在A、B选项中，、分别为、的中点，则，
在正三棱柱中，，，平面，平面，则平面，A、B选项正确；
在C选项中，如下图所示：取的中点，连接、，、分别为、的中点，则，同理可证，在正三棱柱中，，，同理可证，则四边形为平行四边形，则与平面相交，C选项错误；
在D选项中，在正三棱柱中，，且、分别为、的中点，，则四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，D选项正确.故选C.
【例7】下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.
【详解】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.
对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交.
对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交.
对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.
综上所述，能得出平面的图形的序号是①④.
故选：C
【对点实战】
1.下列说法正确的是
A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线a∥b，b⊂α，则a∥α
D．若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于α内的无数条直线
【答案】D
【分析】结合线面平行的判定定理，逐个分析即可．
【详解】选项A中，直线l⊂α时也可以满足条件，但l不平行于α，所以选项A错误；直线在平面外包括直线与平面平行和直线与平面相交两种情况，所以选项B错误；选项C中缺少直线a不在平面α内这一条件，不能证明a∥α；选项D正确．
2.在五棱台ABCDEA1B1C1D1E1中，F，G分别是AA1和BB1上的点，且，则FG与平面ABCDE的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交
C．FG⊂平面ABCDE D．无法判断
【答案】A
【分析】由线面平行的判定定理得结论．
【详解】五棱台中，AB∥A1B1，∴四边形AA1B1B是梯形， ∵，∴FG∥AB. 而FG平面ABCDE，AB⊂平面ABCDE.∴FG∥平面ABCDE.
故选：A.
3.如图，在正方体中， 分别是 的中点，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】分析：记AC∩BD=O，则MN∥OD1，利用线面平行的判定可得MN∥平面BD1D．
详解：A：和是异面直线，故选项不正确；
B：和是异面直线，故选项不正确；
C：记AC∩BD=O．∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别C1D1，BC是的中点，∴ON∥D1M∥CD，ON=D1M=CD，∴MNOD1为平行四边形，∴MN∥OD1，∵MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，∴MN∥平面BD1D．
D：由C知，而面和面相交，故选项不正确；
故答案为C.
4.如图，正方体中，E为的中点，则下列直线中与平面AEC平行的是（ ）
A． B． C． D．EO
【答案】C
【分析】根据线面平行的判定定理即可得出答案.
【详解】解：对于A，因为直线与平面AEC交于点，故不平行；
对于B，因为直线与平面AEC交于点，故不平行；
对于C，在正方体中，因为E为的中点，为的中点，所以，
又平面AEC，平面AEC，所以平面AEC；
对于D，因为平面AEC，故不平行.
故选：C.
5.如图，在以下四个正方体中，直线与平面平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
根据图形直接判断A选项中直线与平面的位置关系；连接，可判断出B选项中直线与平面的位置关系；连接，可判断出C选项中直线与平面的位置关系；利用线面平行的判定定理可判断出D选项中直线与平面的位置关系.
【详解】对于A选项，由图形可知，直线与平面相交；
对于B选项，如下图所示，连接，
在正方体中，，所以，直线与平面相交；
对于C选项，如下图所示，连接，
在正方体中，，所以，直线与平面相交；
对于D选项，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，
平面，平面，平面.
故选：D.
6.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设的中点为M，的中点为N，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】C
根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.
【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，
易知ON与BM平行且相等，四边形ONMB为平行四边形，MN‖BO,
∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；
∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；
∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；
显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.
故选：C.
7.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点，，分别在线段，，上，，分别是，的中点，，则（ ）
A．直线与直线平行 B．直线与直线相交
C．直线与直线相交 D．直线与平面平行
【答案】D
【分析】在平面中找到一条与直线平行的直线，进而判断直线与，，，平面的位置关系．
【详解】如图，连接，交于点，由四边形是平行四边形，得为，的中点，
因为，分别是，的中点，所以，
连接，交于点，可得，
取线段的中点，连接，则，
又，所以，连接，则，所以，
因此直线不与直线平行，与直线异面，与直线异面，与平面平行，故选：D．
五、直线与平面平行性质定理的应用
文字语言
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行
符号语言
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
图形语言
【典型例题】
【例1】若α、β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线（ ）
A．只有1条 B．只有2条 C．只有4条 D．有无数条
【答案】A
【分析】由平面的基本性质和线面平行的判定定理给出存在性的证明；利用线面平行的性质定理，并结合判定定理证明唯一性．
【详解】设,∵∴A∉l,则A、l确定一个平面γ，在γ内有且只有一条过A于l平行的直线，记作a，
由于，由线面平行的判定定理得a∥α，a∥β，由此证明了存在性；
假设过A平行α，β的直线还有一条，记为b，则a∩b=A.过b作平面M与α相交于m,过b作平面N与β相交于直线n,
(适当调整，可以使m,n都不与l重合)，由线面平行的性质定理可得b∥m,b∥n,
由平行公理得m∥n,∵m⊄β，n⊂β，∴m∥β，又∵m⊂α，α∩β=l,由线面平行的性质定理得m∥l,
从而b∥l,又∵a∥l,∴a∥b,这与a∩b=A矛盾，由此证明了唯一性.故过点A且与α和β都平行的直线有且只有一条.故选：A.
【例2】如图．四棱锥的底面为正方形，空间中存在点E，满足，则点E可能位于（ ）
A．平面与平面的交线上 B．平面与平面的交线上
C．直线上 D．直线上
【答案】A
【分析】利用线面平行的判定定理与性质定理即可得到答案.
【详解】设平面平面，
因为，所以平面，由线面平行的性质定理知，；
又，所以与重合，即点E位于平面与平面的交线上.故选：A．
【例3】一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面交线的位置关系是（ ）
A．异面 B．相交 C．不能确定 D．平行
【答案】D
【分析】由题意设，然后过直线作平面与都相交，利用线面平行的性质定理与判定定理，即可求解.
【详解】设，过作平面与都相交，记，则有，,.
故选:D
【例4】如图，在四面体中，分别为的中点，分别在上，且.给出下列四个命题：
①平面；
②平面；
③平面；
④直线交于一点.
其中正确命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】依题意可得且，且，即可得到平面，再判断与为相交直线，即可判断②③，由四边形为梯形，所以与必相交，设交点为，即可得到，从而判断④；
【详解】解：因为，所以且，又分别为的中点，所以且，则，又平面，平面，所以平面，
因为为的中点，为的一个三等分点，所以与为相交直线，故与平面必不平行，也不平行平面，因为为梯形，所以与必相交，设交点为，
又平面，平面，则是平面与平面的一个交点，
所以，即直线交于一点，故选：B.
【例5】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G，H，则GH与AB的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行或异面
【答案】A
【分析】先证明EF//平面ABCD，再证明EF//GH，即得证.
【详解】由长方体的性质知，,平面,平面,
所以EF//平面ABCD，∵EF⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面ABCD＝GH，∴EF//GH.
又EF//AB，∴GH//AB.故选：A
【例6】．已知空间直线不在平面内，则“”是“直线上有两个点到平面的距离相等”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件及线面平行的的性质判断即可.
【详解】若，则直线任意一点到平面的距离都相等，所以直线上有两个点到平面的距离相等，正确；
若直线上有两个点到平面的距离相等，则两点可能在平面异侧，其中点在平面上即可，所以推不出，
综上知，“”是“直线上有两个点到平面的距离相等”的充分不必要条件.
故选：A
【例7】若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有（ ）
A．0条 B．1条
C．2条 D．4条
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质有两对边平行且相等，再应用线面平行的判定可确定线面平行，由线面平行的性质、判定即可知有几条棱与平面α平行.
【详解】如下图示，若平面α即为面为平行四边形，即且，且，
又面，面，则面，而面，面面，
∴，由线面平行判定易知：平面α；同理可得，易得平面α.
∴该三棱锥与平面α平行的棱有、，共2条.
故选：C
【对点实战】
1.已知α和β是两个不同平面如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G，H，则GH与AB的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行或异面
【答案】A
【分析】先证明EF//平面ABCD，再证明EF//GH，即得证.
【详解】由长方体的性质知，,平面,平面,
所以EF//平面ABCD，∵EF⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面ABCD＝GH，∴EF//GH.
又EF//AB，∴GH//AB.故选：A
2.已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】点不在直线、上，
若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，
若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：
若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立
则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，
故选：．
3.已知直线和平面，下列说法正确的是（ ）
A．如果，那么平行于经过的任意一个平面．
B．如果，那么平行于平面内的任意一条直线．
C．若，则 ．
D．若且，则．
【答案】D
【分析】A,D选项考查线面平行的判断，A选项缺少条件，D选项正确；B选项是线面平行推线线平行，需要借助另外一个面；C选项中，平行于同一个面的两条线没有特定的位置关系
【详解】选项A中，由推出平行于经过的任意一个平面，需要增加一个条件，即不在所在的面内，A选项没有这一限制条件，所以A错误
选项B中，，，，则，所以不是平行于面内所有的线，只能平行于面面的交线，所以B错误
选项C中，两条直线分别平行于面，这两条直线的位置关系是任意的，不能推出平行，所以C错误
选项D为证明线面平行的判定定理，条件充分，正确
故选：D
4.如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质相应作出完整的截面，然后根据正方体的性质及线面平行的判定即可得解.
【详解】对于A，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MNAD，可得直线MN平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MNBD，可得直线MN平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.
故选：D.
六、线面平行有关的计算
【典型例题】
【例1】如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱的中点，点G为的交点，若点F在线段上，且满足平面，则的值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】结合线面平行的性质定理证得，结合三角形的重心求得.
【详解】由于平面，平面，平面平面，
根据线面平行的性质定理可知.由于点D，E分别为棱的中点，点G为的交点，
所以是三角形的重心，所以.故选：C
【例2】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点E在BB1上，动点F在A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则三棱锥O－AEF的体积（ ）
A．与x，y都有关
B．与x，y都无关
C．与x有关，与y无关
D．与y有关，与x无关
【答案】B
【分析】利用等体积法，结合棱锥的体积计算公式，即可容易判断和选择.
【详解】因为（为点到平面的距离），
连接，因为//面面，故//面，
则点为定值；
因为//，故点到的距离为定值，又为定值，
故△AOF的面积是定值；
故为定值，与都无关.
故选：.
【例3】如图，直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】分析：先根据线面平行判定定理以及性质定理确定轨迹，即为两平面交线，再根据条件求结果.
详解：因为AC,所以平面；取中点N,因为,所以平面，从而平面平面,即动点的轨迹为线段HF,因此长度为4，
选A.
【例4】如图，几何体是一个三棱台，在、、、、、个顶点中取个点确定平面，平面，且，则所取的这个点可以是
A．、、 B．、、 C．、、 D．、、
【答案】C
【分析】由题意可得出平面，由直线与平面平行的性质定理可知，当平面时，有，从而可得出正确选项.
【详解】由于几何体是三棱台，则，又平面，平面，所以，平面，
当平面，平面平面时，由直线与平面平行的性质定理可知，选项C符合要求，故选C.
【例5】如图，为平行四边形所在平面外一点，为上一点，且，为上一点，当平面时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接交于点，运用线面平行的性质定理，可得，再由平行线分线段成比例定理，可得结论．
【详解】连接交于点，连接．
平面，平面，平面平面，，，
故选：B．
【例6】如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，若平面MQB，则t等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
连接交于，连接，根据线面平行的性质得，即可得到，即可求解.
【详解】连接交于，连接，如图：
底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，所以与相似，，
因为平面MQB，平面，平面与平面MQB交线为，根据线面平行的性质可知：，
在中，，，即.故选：A
【例7】在正方体中，M是的中点，过M在平面内作直线交于N，若平面，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接、，，连接，取的中点，连接，根据正方体的性质可得，再由线面平行的性质得到，从而得到，即可得解；
【详解】解：连接、，，连接，取的中点，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，平面平面，所以，所以，因为是的中点，所以为的中点，所以，即
故选：A
【例8】四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，平面，则实数t的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，证明MN//PA，再借助比例式即可作答.
【详解】四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，
因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，
而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，
连接MN，如图，
因平面，平面，平面平面，
因此得，于是得，所以实数t的值为.故选：C
【对点实战】
1.正方体的棱长为1，是的中点，点在上，则等于多少时，平面（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，过点作交于，再根据几何关系即可得答案.
【详解】解：如图，连接，过点作交于，
因为是的中点，所以是的中点，由正方体的性质易得，所以，
因为平面，平面，所以平面，此时是的中点，故.
故选：B
2.如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝（ ）
A．2 B．
C． D．1
【答案】D
【分析】首先根据线面平行的性质定理，作辅助线，找到包含的平面与平面的交线，即可计算的值.
【详解】连结，交于点，连结和，，因为平面，又平面，且平面平面，所以，又点是的中点，所以是的中点，所以
故选：D
3.如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（ ）
A．1 B． C．3 D．2
【答案】C
【分析】根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.
【详解】解：设与交于点，连接，如图所示，因为为的中点，则，
由四边形是菱形，可得，则，所以，所以，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.故选：C.
4.如图，已知圆锥的顶点为，是底面圆的直径，点在底面圆上且，点为劣弧的中点，过直线作平面，使得直线平面，设平面与交于点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接交于点，连接，根据线面平行的性质定理知，再根据平行线分线段成比例定理得到，然后根据圆的性质得到，进而得，即可求出的值.
【详解】解：如图，连接交于点，连接，则平面平面，又平面，所以，所以.因为是底面圆的直径，，点为劣弧的中点，连接，所以，所以，易得，所以，则.
故选：B.
七、平面与平面平行的判定定理的应用
文字语言
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
符号语言
⇒α∥β
图形语言
【典型例题】
【例1】设为两个不同的平面，则的充要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行
B．垂直于同一平面
C．平行于同一条直线
D．内的任何直线都与平行
【答案】D
【分析】根据面面平行、相交的知识确定正确选项.
【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误.
B选项，垂直于同一平面，与可能相交，B选项错误.
C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误.
D选项，内的任何直线都与平行，则，D选项正确.
故选：D
【例2】设是直线，是平面，则能推出的条件是（ ）
A．存在一条直线，， B．存在一条直线，，
C．存在一个平面，， D．存在一个平面，，
【答案】C
【分析】利用可得到ABD的反例，利用面面平行性质知C正确.
【详解】对于A，若，可满足，，但无法得到，A错误；
对于B，若，可满足，，但无法得到，B错误；
对于C，由面面平行的性质知：若，，则，C正确；
对于D，若，可满足，，但无法得到，D错误.
故选：C.
【例3】下列命题正确的是（ ）
A．一个平面内两条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
B．如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
C．平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D．如果一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
【答案】B
【分析】根据面面平行的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A选项，这两个平面可能相交，故A选项错误.
对于B选项，如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，正确，故B选项正确.
对于C选项，这两个平面可能相交，故C选项错误.
对于D选项，这两个平面可能相交，故D选项错误.
故选：B
【例4】六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形，则此六棱柱的面中互相平行的有（ ）
A．1对 B．2对
C．3对 D．4对
【答案】D
【分析】根据六棱柱的性质确定正确选项.
【详解】由于六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形，
所以上下底面平行，侧面有对相互平行的面，
故有对.故选：D
【例5】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有（ ）
A．BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
【答案】D
【分析】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．
【详解】易知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故选项A错误；
易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；
因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；
对于，平面平面，理由是：
由，，，分别是棱，，，的中点，
得出，，
所以平面，平面，
又，所以平面平面．
故选：．
【例6】如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
延拓过点三点的平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.
【详解】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面，如下图所示：
对选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；
对：MC1与是相交直线，所以A不正确；
对：因为//，，//，
又容易知也相交，
平面；平面，
故平面//平面故选：.
【对点实战】
1.设为两个平面，则下列条件可以推出的是（ ）
A．平行于同一条直线 B．内有无数条直线与平行
C．内有两条相交直线与平行 D．内有三个不共线的点到的距离相等
【答案】C
【分析】根据面面平行的判定定理马上知道选项C正确，其余选项可借助反例排除.
【详解】利用正方体模型（其中用一个平行上下底面的截面平分正方体体积）构建反例，如图，直线和正方体的左侧面和下底面平行，显然左侧面和下底面不平行（这里直线是上底面和右侧面的交线），故A不对；不难找到无数条左侧面里的线，让其平行下底面，故B不对；很容易在左侧面上棱找到两个点，下棱找到一个点，这三个点到截面的距离相等，但截面和左侧面不平行，故D不对；C选项根据面面平行判定定理可知其正确.
故选：C.
2.已知是两个不重合的平面，下列选项中，一定能得出平面与平面平行的是（ ）
A．内有无穷多条直线与平行
B．直线////
C．直线满足//////
D．异面直线满足，且////
【答案】D采用逐一验证法，根据面面平行的判定定理，可得结果.
【详解】A错内有无穷多条直线与平行，平面与平面可能平行，也可能相交，
B错若直线////，则平面与平面可能平行，也可能相交，
C错若//////，则平面与平面可能平行，也可能相交，
D正确当异面直线满足，且////时，可在上取一点，过点在内作直线//，
由线面平行的判定定理，得//，异面，所以 相交，再由面面平行的判定定理，得//，
故选：D.
3.在正方体中，下列四对截面彼此平行的是（ ）
A．平面与平面 B．平面与平面
C．平面与平面 D．平面与平面
【答案】A
【分析】根据正方体的平行关系，可证平面与平面平行，可得出结论.
【详解】如图，正方体，
所以四边形是平行四边形，平面，
面，所以平面，同理平面.
因为平面，
所以平面平面.
故选：A
4.下列命题：①一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，必与另外一个平面相交；②如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面；③夹在两个平行平面间的平行线段相等，其中正确命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．0
【答案】C
【分析】根据面面平行的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】根据面面平行的性质，可得：
对于①中，一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必与另外一个平面相交，所以是正确的；
对于②中，如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面，所以是正确的；
对于③，若两平面平行，则夹在两个平行平面间的平行线段是相等的，所以是正确的.
故选：C.
5.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，，则“与为异面直线”是“”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用异面直线与平行平面之间的关系即可判断出结论.
【详解】由，，，则“与为异面直线” ，或与相交；
反之不成立，可能．
所以 “与为异面直线”是“”的既不充分不必要条件．
故选：D.
八、平面与平面平行的性质定理的应用
文字语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
图形语言
【典型例题】
【例1】若平面平面，，则与的位置关系是（ ）
A．与相交 B．与平行
C．在内 D．无法判定
【答案】B
【分析】利用面面平行的性质定理即可得解.
【详解】，，利用线面平行的性质定理可得.
故选：B
【例2】已知直线，两个不重合的平面.若//，，则下列四个结论中正确的是（ ）
①与内的所有直线平行； ②与内的无数条直线平行；
③与内任何一条直线都不垂直； ④与没有公共点.
A．①② B．②④ C．②③ D．③④
【答案】B
根据面面平行的性质以及定义，可得结果.
【详解】由面面平行的性质知①错误；
由面面平行的性质知②正确；
与内的直线可能异面垂直，故③错；
由面面平行的定义知④正确.
故选：B
【例3】在三棱台中，点在上，且，点是三角形内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是（ ）
A．三角形边界的一部分 B．一个点
C．线段的一部分 D．圆的一部分
【答案】C
【分析】过作交于，连接，证明平面平面，得，即得结论．
【详解】如图，过作交于，连接，
，平面，平面，所以平面，
同理平面，又，平面，
所以平面平面，所以，（不与重合，否则没有平面），
故选：C．
【例4】下列说法正确的个数是（ ）
①两平面平行，夹在两平面间的相等的线段平行；
②如果一条直线和两个平行平面中的一个平行，那么它和另一个平面也平行；
③平行直线被三个平行平面截得的线段对应成比例.
A．1 B．2 C．3 D．0
【答案】A
【分析】夹在两平行平面间的线段相等，位置不能确定，可判定①；直线与平面平行，该直线必须在平面外，可判定②；根据面面平行的性质定理，可判定③.
【详解】①错误，这两条相等的线段可能平行相交或异面；
②错误，直线可能在另一个平面内；
③正确.，设分别与交于，因为确定平面，且平面分别与平行平面交于，所以，四边形为平行四边形，，所以③正确..故选：A.
【对点实战】
1.设，表示不同的直线，，表示不同的平面，且，．则“”是“且”的（ ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据条件判断命题“若，则且”的真假，命题“若且，则”的真假即可判断作答.
【详解】依题意，因，，，由平面与平面平行的性质可得且，即命题：“若，则且”是真命题，
当，，且时，若直线，相交，必有，若，平面与可能相交，即命题“若且，则”是假命题，
综上得“”是“且”的充分但不必要条件.
故选：A
2.若平面α∥平面β，直线a⊂α，点M∈β，则过点M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．有且只有一条与a平行的直线
【答案】D
【分析】根据面面平行的性质定理得一条平行线，再用反证法说明只有一条．
【详解】显然，过点和直线确定平面为，设，又，
由于α∥β，所以，
假设平面内过还有一个直线与平行，即，则，但有公共点，矛盾，因此过M有且只有一条直线与a平行，
故选：D．
3.已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点M做平面的平行截面，再求四边形面积即可.
【详解】
如图所示 E、F、G、M分别是、、、的中点，
则，，所以平面，平面，且，
所以平面 平面，故点P的轨迹为矩形.
，所以，所以.故选：A
九、面面平行的计算
线线平行、线面平行、面面平行三者之间可以相互转化，要注意转化思想的灵活运用
【典型例题】
【例1】如图所示，正方体，E在上，F在上，且，过E作交BD于H，则平面EFH与平面的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．以上都有可能
【答案】A
【分析】根据面面平行的判定定理：由线线平行推出面面平行.
【详解】在平面中，因为，所以，
由正方体，，所以，
又因为，平面，平面，
平面，平面，，，
所以平面EFH//平面。故选: A.
【例2】如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点，点P在平面内，若直线平面，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理进行求解即可.
【详解】如图，连接，
因为E，F，G分别为的中点，
所以平面，则平面，
因为，所以同理得平面，
又，得平面平面，
所以点P在直线上，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面为，
在中，有，所以．
故选：D
【例3】已知正方体的棱长为2，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且面积为时，线段的长为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：A.
【例4】在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，则动点M的轨迹是（ ）
A．平面 B．直线
C．线段，但只含1个端点 D．圆
【答案】C
利用面面平行的判定定理构造平面平面，由此确定点的轨迹.
【详解】过D作DN∥A1C1，交B1C1于N，连结BN，由于平面,平面，所以平面.∵在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，且平面,平面，
∴平面.∵AA1∩A1C1＝A1，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A1C，
∵点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，
∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点.故选：C
【例5】棱锥中，底面是边长为的菱形，，平面，且，是边的中点，动点在四棱锥表面上运动，并且总保持平面，则动点的轨迹周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过E作平面平面，可得动点的轨迹周长即为的周长，求出即可.
【详解】取中点，中点，连接，
因为是中点，，平面，平面，平面，
因为是中点，，平面，平面，平面，
，平面平面，所以平面中任意直线平行于平面，则平面，
又在四棱锥表面上运动，所以动点的轨迹周长即为的周长，
因为四边形是边长为的菱形且，所以，则，
又，所以，,则所以的周长为.
故选：A.
十、平行关系求最值与范围
【典型例题】
【例1】如图所示，在正方体中，点是平面内一点，且，则的最大值为．
A． B． C．2 D．
【答案】D
【详解】
正方体中，连接，，交于点，则点满足条件；
证明如下，连接，交于点，连接，，则，且，
∴四边形是平行四边形，∴，又平面，且平面，
∴平面，同理，平面，∴当在直线上时，都满足，
∴是最大值．故选项是正确的．
【例2】如图，在三角形中，上有一点满足，将沿折起使得，若平面分别交边，，，于点，，，，且平面，平面则当四边形对角线的平方和取最小值时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】易得，，设，易得，，得，从而得到，，平行四边形中，，从而得到最小时的值，得到答案.
【详解】平面，平面，平面平面，所以，同理
设，平面，平面，平面平面，
所以，同理所以，因为，
所以，，在平行四边形中，，
又，当时，取得最小值.故选：B.
【例3】图，在长方体中，，，，点M是棱的中点，点N在棱上，且满足，P是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
取中点，在上取点，使，连结、、，则平面平面，由此推导出线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，由此能求出线段长度的取值范围．
【详解】取中点，在上取点，使，连结、、，
则平面平面，是侧面四边形内一动点（含边界），平面，
线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，
当与点或点重合时，线段长度取最大值或，在长方体中，，，，
点是棱的中点，点在棱上，且满足，，，
．线段长度的取值范围是，．
故选：D．
【例4】在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（ ）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【答案】A
分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，可证平面AMN∥平面BDEF，得P点在线段MN上．由此可判断当P在MN的中点时，AP最小；当P与M或N重合时，AP最大．然后求解直角三角形得答案．
【详解】如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．
又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．在Rt△AA1M中，AM，同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．当P在MN的中点时，AP最小为，当P与M或N重合时，AP最大为．
∴线段AP长度的取值范围是．故选：A．
【例5】点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围
【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，因为是的中点，所以‖，所以‖，因为平面，平面，所以‖平面，
因为是的中点，是的中点，所以‖，，因为‖，，
所以‖，，所以四边形为平行四边形，所以‖，，因为平面，平面，
所以‖平面，因为，所以平面‖平面，因为平面平面，
所以点在上运动，使面，因为的棱长为2，
所以所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，
的最小值为，所以的长度范围是，
故选：B
【例6】在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.
【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：
因为P、N分别为CD、BC中点，所以，
同理，P、Q分别为CD、中点，所以，又，平面PQN，，平面，所以平面平面，因为平面，
所以平面，又点在平面内运动，所以点M在平面和平面的交线上，即，
在中，，，，
所以，所以，
所以N点到PQ的最小距离.所以线段的最小值为.故选：B
【对点实战】
1.如图所示，在正方形中，分别为的中点，点是底面内一点，且平面,则的最大值是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意可得，点位于过点且与平面平行的平面上，
如图所示，取的中点，连结，
由正方形的性质可知：，由为平行四边形可知，
由面面平行的判定定理可得：平面平面，
据此可得，点位于直线上，
如图所示，由平面可得，
则，当有最大值时，取得最小值，
即点是的中点时满足题意，结合正方体的性质可得此时的值是.
本题选择D选项.
2.如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点作，交于点，交于点，计算得出，计算出、，根据已知条件可求得、的值，进而可求得的值.
【详解】如图，过点作，交于点，交于点，则底面.
连接、，平面，平面，，
所以，.
，平面，平面，平面，
平面，平面，，平面平面，
又平面，平面，
平面平面，平面，.
为中点，为中点，则为中点.
在线段上，，则，
，得，
则，所以，.
故选：B.
3.已知正四面体的棱长为，平面与棱、均平行，则截此正四面体所得截面面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取的中点，连接、，证明出，设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，证明出四边形为矩形，设，可得出，利用基本不等式可求得截面面积的最大值.
【详解】取的中点，连接、，
因为为等边三角形，为的中点，所以，，同理可得，
，平面，平面，.
设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，
平面，平面，平面平面，，
同理可证，，同理可证，所以，四边形为平行四边形，
，，则平行四边形为矩形，设，则，
因为，则，，同理可得，
所以，矩形的面积为，
当且仅当时，等号成立，因此，截面面积的最大值为.故选：A.
4.如图，在棱长为1的正方体中，P为正方形内（包括边界）的一动点，E，F分别为棱的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】取的中点为，可证得平面平面，P在正方形内（包括边界）的轨迹为线段，由，可得为的中点时最小，从而得解.
【详解】如图所示，取的中点为，连接,
因为E，F分别为棱的中点，所以，
所以四点共面，直线与平面无公共点，所以平面，
因为为的中点，所以,平面，所以平面，
正方体中，，平面，所以平面，又，所以平面平面，
P在正方形内（包括边界）的轨迹为线段，因为，所以当为的中点时最小.
此时，，所以.故选：B.
十一、联赛、联考与自主招生题选
【例1】在三棱柱中，点E、F、H、K分别为、、、的中点，G为的重心，有一动点P在三棱柱的面上移动，使得该棱柱恰有5条棱与平面平行，则以下各点中，在点P的轨迹上的点是（ ）
A．H B．K C．G D．
【答案】B
【分析】先根据题意画出图形，然后根据线面平行的知识依次对四个选项进行分析即可得解.
【详解】如图：
若P与H重合，则上下底面均与平面平行，则该棱柱恰有6条棱与平面平行，不符合题意；
若P与K重合，则侧棱、、与平面平行，且、与平面
平行，则该棱柱恰有5条棱与平面平行，符合题意；
若P与G重合，则该棱柱仅有棱、与平面平行，不符合题意；
若P与重合，则该棱柱仅有棱、与平面平行，不符合题意，
综上，在点P的轨迹上的点是K.故选：B.
【例2】如图，已知四面体ABCD的各条棱长均等于4，E，F分别是棱AD、BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）
A． B．4 C． D．6
【答案】B
将正四面体补成正方体，由此可得截面为平行四边形，且，且，利用基本不等式即可求出结论．
【详解】解：将正四面体补成正方体如图，
可得平面，且正方形边长为，
由于，故截面为平行四边形，且，又，，且，
∴，∴，当且仅当时取等号，故选：B．
8.5 空间直线、平面的平行
-----典例精讲
本节课知识点目录：
1、 基本事实4的应用
2、 等角定理的应用
3、 直线平行有关的计算
4、 直线与平面平行的判定定理的应用
5、 直线与平面平行性质定理的应用
6、 线面平行有关计算。
7、 平面与平面平行的判定定理
8、 平面与平面平行性质定理的应用
9、 面面平行的计算
10、 平行关系求最值与范围
11、 联考与联赛题选
一、基本事实4的应用
文字语言
平行于同一条直线的两条直线平行
图形语言
符号语言
直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c
作用
证明两条直线平行
说明
基本事实4表述的性质通常叫做平行线的传递性
【典型例题】
【例1】如图，在三棱锥中，分别为线段的中点，则下列说法正确的是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意结合三角形中位线的性质可得：，
由平行公理可得：.本题选择C选项.
【例2】如图，在正方体中，直线平面，且直线与直线不平行，则下列一定不可能的是（ ）
A．l与AD平行 B．l与AD不平行 C．l与AC平行 D．l与BD平行
【答案】A
【分析】假设，通过平行线的传递性推出与题中条件相反的结论来说明直线与直线一定不平行；当与平行时，选项C正确；当与平行时，选项D正确.
【详解】假设，则由，知，
这与直线与直线不平行矛盾，所以直线与直线不平行.故选：A.
【例3】在正六棱柱任意两个顶点的连线中与棱AB平行的条数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】作出几何体的直观图观察即可.
【详解】解：连接CF，C1F1，与棱AB平行的有，共有5条，
故选：D.
【例4】在空间四边形ABCD中，AC=BD，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接各边中点E，F，G，H，所得四边形EFGH的形状是（ ）
A．梯形 B．矩形
C．正方形 D．菱形
【答案】D
【分析】根据空间四边形中各点的位置，结合中位线的性质可得EFGH是平行四边形，再由AC=BD即可判断四边形EFGH的形状.
【详解】如图所示，空间四边形ABCD中，连接AC，BD可得一个三棱锥，
将四个中点连接，得到四边形EFGH，由中位线的性质及基本性质4知，EH∥FG，EF∥HG；
∴四边形EFGH是平行四边形，又AC=BD，∴HG=AC=BD=EH，
∴四边形EFGH是菱形.故选：D
【例5】在正方体中，，分别是平面，平面的中心，，分别是线段，的中点，则直线与直线的位置关系是
A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直
【答案】C
利用中位线性质说明它们都与平行．
【详解】如图，连接，则分别为的中点.由三角形的中位线定理知，所以.故选：C.
【例6】如图,在四面体中,分别是的中点,则下列说法中不正确的是
A．四点共面 B．
C． D．四边形为梯形
【答案】D
根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断.
【详解】由中位线定理,易知,,,.
于A,由基本事实易得P,所以四点共面,故A中的说法正确；
对于B,根据等角定理,得,故B中的说法正确；
对于C,由等角定理,知,,所以,故C中的说法正确；
由三角形的中位线定理知,,,,所以,所以四边形为平行四边形,故D中的说法不正确.故选D.
【例7】如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).
8.5 空间直线、平面的平行（精练）-2021-2022学年高一数学一隅三反系列（人教A版2019必修第二册）
【答案】①②
【分析】根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】根据正方体的结构特征，可得①②中RS与PQ均是平行直线，④中RS和PQ是相交直线，③中RS和PQ是是异面直线.故答案为：①②.
【例8】已知棱长为的正方体中，，分别为，的中点．求证：四边形是梯形．
【答案】证明见解析
【分析】连接AC，利用正方体的性质，得到四边形AA′C′C为平行四边形，再结合M，N分别是CD，AD的中点，得到MN∥A′C′且MN=A′C′证明.
【详解】证明：如图所示：连接AC，由正方体的性质可知：AA′=CC′，AA′CC′，
∴四边形AA′C′C为平行四边形，∴A′C′=AC．A′C′AC，又∵M，N分别是CD，AD的中点，
∴MN∥AC，且MN＝AC，∴MN∥A′C′且MN≠A′C′．∴四边形MNA′C′是梯形．
【对点实战】
1.已知直线a∥直线b，直线b∥直线c，直线c∥直线d，则a与d的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交 C．异面 D．不确定
【答案】A
【分析】由平行直线的传递性可得答案.
【详解】∵a∥b，b∥c，∴a∥c.又c∥d，∴a∥d.故选：A.
2.如图，在三棱锥A-BCD中，E，F，G，H分别是边AC，CD，BD，AB的中点，且AD=BC，那么四边形EFGH是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C
【分析】先证明是平行四边形，再证明是菱形.
【详解】因为分别是的中点，所以，且，
同理，且，，且，，且，
又，可得四边形为菱形.故选：C.
3.如图所示，在长方体AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有（ ）
A．3条 B．4条
C．5条 D．6条
【答案】B
【分析】由E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，结合正方体的结构特征，即可求解.
【详解】由于E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，
因为与棱B1C1平行的棱还有3条：AD, BC，A1D1，所以共有4条.故选：B.
4.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是AB，AC上的点，且AE∶EB=AF∶FC，则EF与B1C1的位置关系是_____.
【答案】平行
【分析】由题设易知EF∥BC，根据棱柱的结构特征即可判断EF与B1C1的位置关系.
【详解】在△ABC中，AE∶EB=AF∶FC，∴EF∥BC，三棱柱ABC-A1B1C1中，有BC∥B1C1，
∴EF∥B1C1.故答案为：平行
5.已知E，F，G，H为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，若， 证明:四边形EFGH为梯形.
【答案】证明见解析
【分析】根据，得到EH∥BD且EH=BD，同理得到FG∥BD且FG=BD，再利用平行关系的传递性证明.
【详解】证明：如图，在ABD中，因为，所以EH∥BD且EH=BD.
在BCD中，因为，所以FG∥BD且FG=BD，所以EH∥FG且EH>FG，
所以四边形EFGH为梯形.
6.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且，.
（1）证明：E，F，G，H四点共面.
（2）m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
【答案】（1）见解析（2）当时，四边形EFGH是平行四边形.
（1）根据平行线分线段成比例的性质,可得和,即可根据空间中平行线的传递性证明,即可得E,F,G,H四点共面.
（2）根据平行线分线段成比例,分别用和及表示出和,由平行四边形对边相等即可求得.
【详解】（1）证明：连接BD因为,所以
又,所以。所以所以E,F,G,H四点共面
（2）当时,四边形EFGH为平行四边形。由（1）可知。因为
所以同理可得由可得
得故当时,四边形EFGH是平行四边形
二、等角定理的应用
文字语言
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
符号语言
OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180°
图形语言
作用
判断或证明两个角相等或互补
【典型例题】
【例1】已知，则等于
A． B．或 C． D．以上答案都不对
【答案】B
【详解】∠ABC的两边与∠PQR的两边分别平行，但方向不能确定是否相同.
∴∠PQR＝30°或150°，故选B.
【例2】不在同一个平面内的两个三角形的三组对应边分别平行，则这两个三角形（ ）
A．一定是全等三角形 B．一定是相似但不全等的三角形
C．一定是相似或全等的三角形 D．可能不全等或相似
【答案】C
【分析】根据等角定理，即可判断选项.
【详解】根据等角定理可知，这两个三角形的三个角，分别对应相等，所以这两个三角形一定相似或全等.故选：C
【例3】若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1方向相同，则下列结论正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同 B．OB∥O1B1，方向可能不同
C．OB与O1B1不平行 D．OB与O1B1不一定平行
【答案】D
【详解】如图，
；当时，且，与的方向相同，与是不一定平行，如上图所示，故选D.
【例4】已知,,则与的位置关系是
A．相交 B．异面 C．平行 D．以上均有可能
【答案】D
根据题意画出图形，即可判断与的位置关系.
【详解】如图所示,,,则与的位置关系是平行､相交或异面.
故选：D.
【例5】若，且，与方向相同，则下列结论正确的有（ ）
A．且方向相同 B．，方向可能不同
C．OB与不平行 D．OB与不一定平行
【答案】D
【分析】画出图形，当满足题目中的条件时，出现的情况有哪些，即可得出结论．
【详解】解：如图，；
当∠AOB=∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，OB与O1B1是不一定平行． 故选：D．
【例6】空间中有两个角、，且角、的两边分别平行.若，则________.
【答案】或
【分析】根据等角定理可得出结论.
【详解】因为角与两边对应平行，但方向不确定，所以与相等或互补，故或.
故答案为：或.
【例7】如图，三棱柱中，，，分别为，，的中点.求证：.
【答案】证明见解析
【分析】通过平行以及长度关系证明，，然后根据等角定理证明.
【详解】证明：因为，分别是，的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.
同理可证，又与方向相同，所以.
【对点实战】
1.设和的两边分别平行，若，则的大小为___________.
【答案】45°或135°##135°或45°
【分析】根据等角定理即可得到答案.
【详解】根据等角定理：一个角的两边平行于另外一个角的两边，则这两个角相等或互补.
故答案为：45°或135°.
2.长方体中，分别为棱的中点.
（1）求证：；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，可得，再证明四边形为平行四边形，得，从而得；（2）根据等角定理证明即可.
【详解】证明：（1）如图，取的中点，连接.
在矩形中，易得，因为，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.在矩形中，易得，.
所以四边形为平行四边形，所以，所以.
（2）因为，，又与的对应边方向相同，
所以.
3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，M1分别是棱AD和A1D1的中点．
（1）求证：四边形BB1M1M为平行四边形；
（2）求证：∠BMC＝∠B1M1C1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析．
【分析】（1）利用正方体的性质，根据平行四边形的定义与性质证明即可；（2）根据正方体的性质以及平行四边形的性质可证明，从而可得结果.
【详解】（1）在正方形ADD1A1中，M、M1分别为AD、A1D1的中点，∴MM1∥AA1，MM1=AA1．
又∵AA1∥BB1，AA1=BB1，∴MM1∥BB1，且MM1＝BB1，∴四边形BB1M1M为平行四边形．
（2）法一：由（1）知四边形BB1M1M为平行四边形，∴B1M1∥BM．同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，
∴C1M1∥CM．由平面几何知识可知，∠BMC和∠B1M1C1都是锐角．∴∠BMC＝∠B1M1C1．
法二：由（1）知四边形BB1M1M为平行四边形，∴B1M1＝BM．
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形，∴C1M1＝CM．
又∵B1C1＝BC，∴△BCM≌△B1C1M1．∴∠BMC＝∠B1M1C1．
4.在长方体中，求证：
（1）；
（2）.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据，且方向相同可证得结论；
（2）根据，且方向相同可证得结论.
【详解】
（1）由长方体的性质可得：，，且方向相同，
由等角定理可得：.
（2）由长方体的性质可得：，，
四边形为平行四边形，，，且方向相同，
由等角定理可得：.
三、线线平行有关的计算
利用线面平行的性质定理找线线平行，利用线线平行得对应线段成比例即可求线段长度．
【典型例题】
【例1】已知在三棱锥中，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】如图所示，
取的中点，连接、，在中，∵，，∴，同理可得，在中，∵三角形两边之和大于第三边即，∴，即，故选D.
【例2】已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA的中点，若对角线BD＝2，AC＝4，则EG2＋HF2的值是（ ）
A．5 B．10
C．12 D．不能确定
【答案】B
【分析】根据中位线定理判断四边形EFGH是平行四边形，再由计算可得解.
【详解】如图所示，由三角形中位线的性质可得,.
所以四边形EFGH是平行四边形，
因为，
所以 .
故选：B.
【例3】如图，空间四边形中，分别是△和△的重心，若，则___.
【答案】##
【分析】连接并延长交于，连接并延长交于，再连接，，可知，，从而可求出答案.
【详解】连接并延长交于，连接并延长交于，再连接，，
∴，
∴，
又∵，∴.
故答案为：.
【例4】如图，△ABC和△A'B'C'的对应顶点的连线AA'，BB'，CC'交于同一点O，且.
（1）求证:A'B'∥AB，A'C'∥AC，B'C'∥BC;
（2）求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等比例的性质，即可证明结论；
（2）由（1）易知△ABC∽△A'B'C'，进而利用相似比求的值.
【详解】(1)∵AA'∩BB'=O且，
∴AB∥A'B'，同理，AC∥A'C'，BC∥B'C'.
(2)∵A'B'∥AB，A'C'∥AC，由图知：AB和A'B'，AC和A'C'方向相反，
∴∠BAC=∠B'A'C'，同理，∠ABC=∠A'B'C'，∠ACB=∠A'C'B'，
∴△ABC∽△A'B'C'，
∴，
∴.
【例5】在长方体中，底面是边长为的正方形，高为，分别是边与的中点.
（1）求证：四边形是等腰梯形；
（2）求梯形的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接，由三角形中位线性质可证得，证得四边形为梯形；利用三角形全等可证得，由此得到结论；
（2）利用勾股定理可求得等腰梯形的上下底和高，由梯形面积公式可求得结果.
【详解】（1）证明：连接，则是的中位线，则有.
又，，四点共面，且四边形为梯形；
，，梯形等腰梯形.
（2）由题意得：，，，
等腰梯形的高，
梯形的面积.
四、直线与平面平行的判定定理的应用
文字语言
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
符号语言
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α
图形语言
【典型例题】
【例1】过平面外的直线l作一组平面与相交，若所得交线分别为a，b，c…，则这些交线的位置关系为（ ）
A．相交于同一点 B．相交但交于不同的点
C．平行 D．平行或相交于同一点
【答案】D
【分析】对于的位置关系进行分类讨论，由此确定正确选项.
【详解】当时，根据线面平行的性质定理以及平行公理可知：所得交线平行.
当时，所得交线交于同一点.
所以所得交线平行或相交于同一点.
故选：D
【例2】下列命题中正确的个数是（ ）
①若直线a上有无数个点不在平面α内，则a∥α；
②若直线a∥平面α，则直线a与平面α内的任意一条直线都平行；
③若直线a∥直线b，直线b∥平面α，则直线a∥平面α；
④若直线a∥平面α，则直线a与平面α内的任意一条直线都没有公共点.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】对于①，由线面位置关系的定义判断，对于②，由线面平行的性质判断，对于C，由线面平行的判定定理判断，对于D，由线面平行的定义判断
【详解】对于①，若直线a上有无数个点不在平面α内，则直线a可能与平面α相交，也可能与平面α平行，所以①错误，
对于②，当直线a∥平面α时，直线a与平面α内直线平行或异面，所以②错误，
对于③，当直线a∥直线b，直线b∥平面α，则直线a∥平面α，或直线a在平面α内，所以③错误，
对于④，当直线a∥平面α时，则直线a与平面α无公共点，所以直线a与平面α内的任意一条直线都没有公共点，所以④正确，
故选：B
【例3】若直线a不平行于平面，则下列结论正确的是（ ）
A．内的所有直线均与直线a异面 B．直线a与平面有公共点
C．内不存在与a平行的直线 D．内的直线均与a相交
【答案】B
【分析】根据题意可得直线a与平面相交或在平面内，结合线面的位置关系依次判断选项即可.
【详解】若直线a不平行与平面，则直线a与平面相交或在平面内.
A：内的所有直线均与直线a异面错误，也可能相交，故A错误；
B：直线a与平面相交或直线a在平面内都有公共点，故B正确；
C：平面内不存在与a平行的直线，错误，
当直线a在平面内就存在与a平行的直线，故C错误；
D：平面内的直线均与a相交，错误，也可能异面，故D错误.
故选：B
【例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
【答案】B
【分析】先判断四边形EFGH的形状，再去判断线面是否平行即可解决.
【详解】△ABD中，AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，则EFBD，且
△BCD中，，则HGBD，且
则，则四边形EFGH是梯形.故选B.
下面看四个平行的判断是否正确.
平面,平面，则BD平面EFGH.判断正确；
平面,平面，则EF平面BCD.判断正确；
平面,平面，则HG平面ABD.判断正确；
梯形EFGH中，，与的延长线会交于一点，则直线EH与平面ADC的位置关系为相交.
故选：B
【例5】在三棱锥A－BCD中，E、F分别是AB和BC上的点，若AE︰EB＝CF︰FB＝2︰5，则直线AC与平面DEF的位置关系是 ( )
A．平行 B．相交
C．直线AC在平面DEF内 D．不能确定
【答案】A
【详解】因为AE︰EB＝CF︰FB，所以,因为,选A.
【例6】如图，下列正三棱柱中，若、、分别为其所在棱的中点，则不能得出平面的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据直线与平面平行的判定定理、平面与平面平行的性质对各选项中平面是否成立进行判断.
【详解】在A、B选项中，、分别为、的中点，则，
在正三棱柱中，，，平面，平面，则平面，A、B选项正确；
在C选项中，如下图所示：取的中点，连接、，、分别为、的中点，则，同理可证，在正三棱柱中，，，同理可证，则四边形为平行四边形，则与平面相交，C选项错误；
在D选项中，在正三棱柱中，，且、分别为、的中点，，则四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，D选项正确.故选C.
【例7】下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.
【详解】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.
对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平面相交.
对于③，连接，则，而与相交，即与平面相交，所以与平面相交.
对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.
综上所述，能得出平面的图形的序号是①④.
故选：C
【对点实战】
1.下列说法正确的是
A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线a∥b，b⊂α，则a∥α
D．若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于α内的无数条直线
【答案】D
【分析】结合线面平行的判定定理，逐个分析即可．
【详解】选项A中，直线l⊂α时也可以满足条件，但l不平行于α，所以选项A错误；直线在平面外包括直线与平面平行和直线与平面相交两种情况，所以选项B错误；选项C中缺少直线a不在平面α内这一条件，不能证明a∥α；选项D正确．
2.在五棱台ABCDEA1B1C1D1E1中，F，G分别是AA1和BB1上的点，且，则FG与平面ABCDE的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交
C．FG⊂平面ABCDE D．无法判断
【答案】A
【分析】由线面平行的判定定理得结论．
【详解】五棱台中，AB∥A1B1，∴四边形AA1B1B是梯形， ∵，∴FG∥AB. 而FG平面ABCDE，AB⊂平面ABCDE.∴FG∥平面ABCDE.
故选：A.
3.如图，在正方体中， 分别是 的中点，则下列命题正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】分析：记AC∩BD=O，则MN∥OD1，利用线面平行的判定可得MN∥平面BD1D．
详解：A：和是异面直线，故选项不正确；
B：和是异面直线，故选项不正确；
C：记AC∩BD=O．∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别C1D1，BC是的中点，∴ON∥D1M∥CD，ON=D1M=CD，∴MNOD1为平行四边形，∴MN∥OD1，∵MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，∴MN∥平面BD1D．
D：由C知，而面和面相交，故选项不正确；
故答案为C.
4.如图，正方体中，E为的中点，则下列直线中与平面AEC平行的是（ ）
A． B． C． D．EO
【答案】C
【分析】根据线面平行的判定定理即可得出答案.
【详解】解：对于A，因为直线与平面AEC交于点，故不平行；
对于B，因为直线与平面AEC交于点，故不平行；
对于C，在正方体中，因为E为的中点，为的中点，所以，
又平面AEC，平面AEC，所以平面AEC；
对于D，因为平面AEC，故不平行.
故选：C.
5.如图，在以下四个正方体中，直线与平面平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
根据图形直接判断A选项中直线与平面的位置关系；连接，可判断出B选项中直线与平面的位置关系；连接，可判断出C选项中直线与平面的位置关系；利用线面平行的判定定理可判断出D选项中直线与平面的位置关系.
【详解】对于A选项，由图形可知，直线与平面相交；
对于B选项，如下图所示，连接，
在正方体中，，所以，直线与平面相交；
对于C选项，如下图所示，连接，
在正方体中，，所以，直线与平面相交；
对于D选项，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，
平面，平面，平面.
故选：D.
6.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设的中点为M，的中点为N，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】C
根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.
【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，
易知ON与BM平行且相等，四边形ONMB为平行四边形，MN‖BO,
∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；
∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；
∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；
显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.
故选：C.
7.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点，，分别在线段，，上，，分别是，的中点，，则（ ）
A．直线与直线平行 B．直线与直线相交
C．直线与直线相交 D．直线与平面平行
【答案】D
【分析】在平面中找到一条与直线平行的直线，进而判断直线与，，，平面的位置关系．
【详解】如图，连接，交于点，由四边形是平行四边形，得为，的中点，
因为，分别是，的中点，所以，
连接，交于点，可得，
取线段的中点，连接，则，
又，所以，连接，则，所以，
因此直线不与直线平行，与直线异面，与直线异面，与平面平行，故选：D．
五、直线与平面平行性质定理的应用
文字语言
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行
符号语言
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
图形语言
【典型例题】
【例1】若α、β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线（ ）
A．只有1条 B．只有2条 C．只有4条 D．有无数条
【答案】A
【分析】由平面的基本性质和线面平行的判定定理给出存在性的证明；利用线面平行的性质定理，并结合判定定理证明唯一性．
【详解】设,∵∴A∉l,则A、l确定一个平面γ，在γ内有且只有一条过A于l平行的直线，记作a，
由于，由线面平行的判定定理得a∥α，a∥β，由此证明了存在性；
假设过A平行α，β的直线还有一条，记为b，则a∩b=A.过b作平面M与α相交于m,过b作平面N与β相交于直线n,
(适当调整，可以使m,n都不与l重合)，由线面平行的性质定理可得b∥m,b∥n,
由平行公理得m∥n,∵m⊄β，n⊂β，∴m∥β，又∵m⊂α，α∩β=l,由线面平行的性质定理得m∥l,
从而b∥l,又∵a∥l,∴a∥b,这与a∩b=A矛盾，由此证明了唯一性.故过点A且与α和β都平行的直线有且只有一条.故选：A.
【例2】如图．四棱锥的底面为正方形，空间中存在点E，满足，则点E可能位于（ ）
A．平面与平面的交线上 B．平面与平面的交线上
C．直线上 D．直线上
【答案】A
【分析】利用线面平行的判定定理与性质定理即可得到答案.
【详解】设平面平面，
因为，所以平面，由线面平行的性质定理知，；
又，所以与重合，即点E位于平面与平面的交线上.故选：A．
【例3】一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面交线的位置关系是（ ）
A．异面 B．相交 C．不能确定 D．平行
【答案】D
【分析】由题意设，然后过直线作平面与都相交，利用线面平行的性质定理与判定定理，即可求解.
【详解】设，过作平面与都相交，记，则有，,.
故选:D
【例4】如图，在四面体中，分别为的中点，分别在上，且.给出下列四个命题：
①平面；
②平面；
③平面；
④直线交于一点.
其中正确命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】依题意可得且，且，即可得到平面，再判断与为相交直线，即可判断②③，由四边形为梯形，所以与必相交，设交点为，即可得到，从而判断④；
【详解】解：因为，所以且，又分别为的中点，所以且，则，又平面，平面，所以平面，
因为为的中点，为的一个三等分点，所以与为相交直线，故与平面必不平行，也不平行平面，因为为梯形，所以与必相交，设交点为，
又平面，平面，则是平面与平面的一个交点，
所以，即直线交于一点，故选：B.
【例5】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G，H，则GH与AB的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行或异面
【答案】A
【分析】先证明EF//平面ABCD，再证明EF//GH，即得证.
【详解】由长方体的性质知，,平面,平面,
所以EF//平面ABCD，∵EF⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面ABCD＝GH，∴EF//GH.
又EF//AB，∴GH//AB.故选：A
【例6】．已知空间直线不在平面内，则“”是“直线上有两个点到平面的距离相等”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件及线面平行的的性质判断即可.
【详解】若，则直线任意一点到平面的距离都相等，所以直线上有两个点到平面的距离相等，正确；
若直线上有两个点到平面的距离相等，则两点可能在平面异侧，其中点在平面上即可，所以推不出，
综上知，“”是“直线上有两个点到平面的距离相等”的充分不必要条件.
故选：A
【例7】若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有（ ）
A．0条 B．1条
C．2条 D．4条
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质有两对边平行且相等，再应用线面平行的判定可确定线面平行，由线面平行的性质、判定即可知有几条棱与平面α平行.
【详解】如下图示，若平面α即为面为平行四边形，即且，且，
又面，面，则面，而面，面面，
∴，由线面平行判定易知：平面α；同理可得，易得平面α.
∴该三棱锥与平面α平行的棱有、，共2条.
故选：C
【对点实战】
1.已知α和β是两个不同平面如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G，H，则GH与AB的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行或异面
【答案】A
【分析】先证明EF//平面ABCD，再证明EF//GH，即得证.
【详解】由长方体的性质知，,平面,平面,
所以EF//平面ABCD，∵EF⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面ABCD＝GH，∴EF//GH.
又EF//AB，∴GH//AB.故选：A
2.已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】点不在直线、上，
若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，
若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：
若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立
则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，
故选：．
3.已知直线和平面，下列说法正确的是（ ）
A．如果，那么平行于经过的任意一个平面．
B．如果，那么平行于平面内的任意一条直线．
C．若，则 ．
D．若且，则．
【答案】D
【分析】A,D选项考查线面平行的判断，A选项缺少条件，D选项正确；B选项是线面平行推线线平行，需要借助另外一个面；C选项中，平行于同一个面的两条线没有特定的位置关系
【详解】选项A中，由推出平行于经过的任意一个平面，需要增加一个条件，即不在所在的面内，A选项没有这一限制条件，所以A错误
选项B中，，，，则，所以不是平行于面内所有的线，只能平行于面面的交线，所以B错误
选项C中，两条直线分别平行于面，这两条直线的位置关系是任意的，不能推出平行，所以C错误
选项D为证明线面平行的判定定理，条件充分，正确
故选：D
4.如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质相应作出完整的截面，然后根据正方体的性质及线面平行的判定即可得解.
【详解】对于A，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MNAD，可得直线MN平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MNBD，可得直线MN平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.
故选：D.
六、线面平行有关的计算
【典型例题】
【例1】如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱的中点，点G为的交点，若点F在线段上，且满足平面，则的值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】结合线面平行的性质定理证得，结合三角形的重心求得.
【详解】由于平面，平面，平面平面，
根据线面平行的性质定理可知.由于点D，E分别为棱的中点，点G为的交点，
所以是三角形的重心，所以.故选：C
【例2】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点E在BB1上，动点F在A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则三棱锥O－AEF的体积（ ）
A．与x，y都有关
B．与x，y都无关
C．与x有关，与y无关
D．与y有关，与x无关
【答案】B
【分析】利用等体积法，结合棱锥的体积计算公式，即可容易判断和选择.
【详解】因为（为点到平面的距离），
连接，因为//面面，故//面，
则点为定值；
因为//，故点到的距离为定值，又为定值，
故△AOF的面积是定值；
故为定值，与都无关.
故选：.
【例3】如图，直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】分析：先根据线面平行判定定理以及性质定理确定轨迹，即为两平面交线，再根据条件求结果.
详解：因为AC,所以平面；取中点N,因为,所以平面，从而平面平面,即动点的轨迹为线段HF,因此长度为4，
选A.
【例4】如图，几何体是一个三棱台，在、、、、、个顶点中取个点确定平面，平面，且，则所取的这个点可以是
A．、、 B．、、 C．、、 D．、、
【答案】C
【分析】由题意可得出平面，由直线与平面平行的性质定理可知，当平面时，有，从而可得出正确选项.
【详解】由于几何体是三棱台，则，又平面，平面，所以，平面，
当平面，平面平面时，由直线与平面平行的性质定理可知，选项C符合要求，故选C.
【例5】如图，为平行四边形所在平面外一点，为上一点，且，为上一点，当平面时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接交于点，运用线面平行的性质定理，可得，再由平行线分线段成比例定理，可得结论．
【详解】连接交于点，连接．
平面，平面，平面平面，，，
故选：B．
【例6】如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，若平面MQB，则t等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
连接交于，连接，根据线面平行的性质得，即可得到，即可求解.
【详解】连接交于，连接，如图：
底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，所以与相似，，
因为平面MQB，平面，平面与平面MQB交线为，根据线面平行的性质可知：，
在中，，，即.故选：A
【例7】在正方体中，M是的中点，过M在平面内作直线交于N，若平面，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接、，，连接，取的中点，连接，根据正方体的性质可得，再由线面平行的性质得到，从而得到，即可得解；
【详解】解：连接、，，连接，取的中点，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，平面平面，所以，所以，因为是的中点，所以为的中点，所以，即
故选：A
【例8】四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，平面，则实数t的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，证明MN//PA，再借助比例式即可作答.
【详解】四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，
因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，
而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，
连接MN，如图，
因平面，平面，平面平面，
因此得，于是得，所以实数t的值为.故选：C
【对点实战】
1.正方体的棱长为1，是的中点，点在上，则等于多少时，平面（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，过点作交于，再根据几何关系即可得答案.
【详解】解：如图，连接，过点作交于，
因为是的中点，所以是的中点，由正方体的性质易得，所以，
因为平面，平面，所以平面，此时是的中点，故.
故选：B
2.如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝（ ）
A．2 B．
C． D．1
【答案】D
【分析】首先根据线面平行的性质定理，作辅助线，找到包含的平面与平面的交线，即可计算的值.
【详解】连结，交于点，连结和，，因为平面，又平面，且平面平面，所以，又点是的中点，所以是的中点，所以
故选：D
3.如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（ ）
A．1 B． C．3 D．2
【答案】C
【分析】根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.
【详解】解：设与交于点，连接，如图所示，因为为的中点，则，
由四边形是菱形，可得，则，所以，所以，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.故选：C.
4.如图，已知圆锥的顶点为，是底面圆的直径，点在底面圆上且，点为劣弧的中点，过直线作平面，使得直线平面，设平面与交于点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接交于点，连接，根据线面平行的性质定理知，再根据平行线分线段成比例定理得到，然后根据圆的性质得到，进而得，即可求出的值.
【详解】解：如图，连接交于点，连接，则平面平面，又平面，所以，所以.因为是底面圆的直径，，点为劣弧的中点，连接，所以，所以，易得，所以，则.
故选：B.
七、平面与平面平行的判定定理的应用
文字语言
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
符号语言
⇒α∥β
图形语言
【典型例题】
【例1】设为两个不同的平面，则的充要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行
B．垂直于同一平面
C．平行于同一条直线
D．内的任何直线都与平行
【答案】D
【分析】根据面面平行、相交的知识确定正确选项.
【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误.
B选项，垂直于同一平面，与可能相交，B选项错误.
C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误.
D选项，内的任何直线都与平行，则，D选项正确.
故选：D
【例2】设是直线，是平面，则能推出的条件是（ ）
A．存在一条直线，， B．存在一条直线，，
C．存在一个平面，， D．存在一个平面，，
【答案】C
【分析】利用可得到ABD的反例，利用面面平行性质知C正确.
【详解】对于A，若，可满足，，但无法得到，A错误；
对于B，若，可满足，，但无法得到，B错误；
对于C，由面面平行的性质知：若，，则，C正确；
对于D，若，可满足，，但无法得到，D错误.
故选：C.
【例3】下列命题正确的是（ ）
A．一个平面内两条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
B．如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
C．平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D．如果一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
【答案】B
【分析】根据面面平行的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A选项，这两个平面可能相交，故A选项错误.
对于B选项，如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，正确，故B选项正确.
对于C选项，这两个平面可能相交，故C选项错误.
对于D选项，这两个平面可能相交，故D选项错误.
故选：B
【例4】六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形，则此六棱柱的面中互相平行的有（ ）
A．1对 B．2对
C．3对 D．4对
【答案】D
【分析】根据六棱柱的性质确定正确选项.
【详解】由于六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形，
所以上下底面平行，侧面有对相互平行的面，
故有对.故选：D
【例5】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有（ ）
A．BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
【答案】D
【分析】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．
【详解】易知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故选项A错误；
易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；
因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；
对于，平面平面，理由是：
由，，，分别是棱，，，的中点，
得出，，
所以平面，平面，
又，所以平面平面．
故选：．
【例6】如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
延拓过点三点的平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.
【详解】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面，如下图所示：
对选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；
对：MC1与是相交直线，所以A不正确；
对：因为//，，//，
又容易知也相交，
平面；平面，
故平面//平面故选：.
【对点实战】
1.设为两个平面，则下列条件可以推出的是（ ）
A．平行于同一条直线 B．内有无数条直线与平行
C．内有两条相交直线与平行 D．内有三个不共线的点到的距离相等
【答案】C
【分析】根据面面平行的判定定理马上知道选项C正确，其余选项可借助反例排除.
【详解】利用正方体模型（其中用一个平行上下底面的截面平分正方体体积）构建反例，如图，直线和正方体的左侧面和下底面平行，显然左侧面和下底面不平行（这里直线是上底面和右侧面的交线），故A不对；不难找到无数条左侧面里的线，让其平行下底面，故B不对；很容易在左侧面上棱找到两个点，下棱找到一个点，这三个点到截面的距离相等，但截面和左侧面不平行，故D不对；C选项根据面面平行判定定理可知其正确.
故选：C.
2.已知是两个不重合的平面，下列选项中，一定能得出平面与平面平行的是（ ）
A．内有无穷多条直线与平行
B．直线////
C．直线满足//////
D．异面直线满足，且////
【答案】D采用逐一验证法，根据面面平行的判定定理，可得结果.
【详解】A错内有无穷多条直线与平行，平面与平面可能平行，也可能相交，
B错若直线////，则平面与平面可能平行，也可能相交，
C错若//////，则平面与平面可能平行，也可能相交，
D正确当异面直线满足，且////时，可在上取一点，过点在内作直线//，
由线面平行的判定定理，得//，异面，所以 相交，再由面面平行的判定定理，得//，
故选：D.
3.在正方体中，下列四对截面彼此平行的是（ ）
A．平面与平面 B．平面与平面
C．平面与平面 D．平面与平面
【答案】A
【分析】根据正方体的平行关系，可证平面与平面平行，可得出结论.
【详解】如图，正方体，
所以四边形是平行四边形，平面，
面，所以平面，同理平面.
因为平面，
所以平面平面.
故选：A
4.下列命题：①一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，必与另外一个平面相交；②如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面；③夹在两个平行平面间的平行线段相等，其中正确命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．0
【答案】C
【分析】根据面面平行的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】根据面面平行的性质，可得：
对于①中，一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必与另外一个平面相交，所以是正确的；
对于②中，如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面，所以是正确的；
对于③，若两平面平行，则夹在两个平行平面间的平行线段是相等的，所以是正确的.
故选：C.
5.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，，则“与为异面直线”是“”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用异面直线与平行平面之间的关系即可判断出结论.
【详解】由，，，则“与为异面直线” ，或与相交；
反之不成立，可能．
所以 “与为异面直线”是“”的既不充分不必要条件．
故选：D.
八、平面与平面平行的性质定理的应用
文字语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
图形语言
【典型例题】
【例1】若平面平面，，则与的位置关系是（ ）
A．与相交 B．与平行
C．在内 D．无法判定
【答案】B
【分析】利用面面平行的性质定理即可得解.
【详解】，，利用线面平行的性质定理可得.
故选：B
【例2】已知直线，两个不重合的平面.若//，，则下列四个结论中正确的是（ ）
①与内的所有直线平行； ②与内的无数条直线平行；
③与内任何一条直线都不垂直； ④与没有公共点.
A．①② B．②④ C．②③ D．③④
【答案】B
根据面面平行的性质以及定义，可得结果.
【详解】由面面平行的性质知①错误；
由面面平行的性质知②正确；
与内的直线可能异面垂直，故③错；
由面面平行的定义知④正确.
故选：B
【例3】在三棱台中，点在上，且，点是三角形内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是（ ）
A．三角形边界的一部分 B．一个点
C．线段的一部分 D．圆的一部分
【答案】C
【分析】过作交于，连接，证明平面平面，得，即得结论．
【详解】如图，过作交于，连接，
，平面，平面，所以平面，
同理平面，又，平面，
所以平面平面，所以，（不与重合，否则没有平面），
故选：C．
【例4】下列说法正确的个数是（ ）
①两平面平行，夹在两平面间的相等的线段平行；
②如果一条直线和两个平行平面中的一个平行，那么它和另一个平面也平行；
③平行直线被三个平行平面截得的线段对应成比例.
A．1 B．2 C．3 D．0
【答案】A
【分析】夹在两平行平面间的线段相等，位置不能确定，可判定①；直线与平面平行，该直线必须在平面外，可判定②；根据面面平行的性质定理，可判定③.
【详解】①错误，这两条相等的线段可能平行相交或异面；
②错误，直线可能在另一个平面内；
③正确.，设分别与交于，因为确定平面，且平面分别与平行平面交于，所以，四边形为平行四边形，，所以③正确..故选：A.
【对点实战】
1.设，表示不同的直线，，表示不同的平面，且，．则“”是“且”的（ ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据条件判断命题“若，则且”的真假，命题“若且，则”的真假即可判断作答.
【详解】依题意，因，，，由平面与平面平行的性质可得且，即命题：“若，则且”是真命题，
当，，且时，若直线，相交，必有，若，平面与可能相交，即命题“若且，则”是假命题，
综上得“”是“且”的充分但不必要条件.
故选：A
2.若平面α∥平面β，直线a⊂α，点M∈β，则过点M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．有且只有一条与a平行的直线
【答案】D
【分析】根据面面平行的性质定理得一条平行线，再用反证法说明只有一条．
【详解】显然，过点和直线确定平面为，设，又，
由于α∥β，所以，
假设平面内过还有一个直线与平行，即，则，但有公共点，矛盾，因此过M有且只有一条直线与a平行，
故选：D．
3.已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点M做平面的平行截面，再求四边形面积即可.
【详解】
如图所示 E、F、G、M分别是、、、的中点，
则，，所以平面，平面，且，
所以平面 平面，故点P的轨迹为矩形.
，所以，所以.故选：A
九、面面平行的计算
线线平行、线面平行、面面平行三者之间可以相互转化，要注意转化思想的灵活运用
【典型例题】
【例1】如图所示，正方体，E在上，F在上，且，过E作交BD于H，则平面EFH与平面的位置关系是（ ）
A．平行 B．相交 C．垂直 D．以上都有可能
【答案】A
【分析】根据面面平行的判定定理：由线线平行推出面面平行.
【详解】在平面中，因为，所以，
由正方体，，所以，
又因为，平面，平面，
平面，平面，，，
所以平面EFH//平面。故选: A.
【例2】如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点，点P在平面内，若直线平面，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理进行求解即可.
【详解】如图，连接，
因为E，F，G分别为的中点，
所以平面，则平面，
因为，所以同理得平面，
又，得平面平面，
所以点P在直线上，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面为，
在中，有，所以．
故选：D
【例3】已知正方体的棱长为2，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且面积为时，线段的长为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：A.
【例4】在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，则动点M的轨迹是（ ）
A．平面 B．直线
C．线段，但只含1个端点 D．圆
【答案】C
利用面面平行的判定定理构造平面平面，由此确定点的轨迹.
【详解】过D作DN∥A1C1，交B1C1于N，连结BN，由于平面,平面，所以平面.∵在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，且平面,平面，
∴平面.∵AA1∩A1C1＝A1，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A1C，
∵点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，
∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点.故选：C
【例5】棱锥中，底面是边长为的菱形，，平面，且，是边的中点，动点在四棱锥表面上运动，并且总保持平面，则动点的轨迹周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过E作平面平面，可得动点的轨迹周长即为的周长，求出即可.
【详解】取中点，中点，连接，
因为是中点，，平面，平面，平面，
因为是中点，，平面，平面，平面，
，平面平面，所以平面中任意直线平行于平面，则平面，
又在四棱锥表面上运动，所以动点的轨迹周长即为的周长，
因为四边形是边长为的菱形且，所以，则，
又，所以，,则所以的周长为.
故选：A.
十、平行关系求最值与范围
【典型例题】
【例1】如图所示，在正方体中，点是平面内一点，且，则的最大值为．
A． B． C．2 D．
【答案】D
【详解】
正方体中，连接，，交于点，则点满足条件；
证明如下，连接，交于点，连接，，则，且，
∴四边形是平行四边形，∴，又平面，且平面，
∴平面，同理，平面，∴当在直线上时，都满足，
∴是最大值．故选项是正确的．
【例2】如图，在三角形中，上有一点满足，将沿折起使得，若平面分别交边，，，于点，，，，且平面，平面则当四边形对角线的平方和取最小值时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】易得，，设，易得，，得，从而得到，，平行四边形中，，从而得到最小时的值，得到答案.
【详解】平面，平面，平面平面，所以，同理
设，平面，平面，平面平面，
所以，同理所以，因为，
所以，，在平行四边形中，，
又，当时，取得最小值.故选：B.
【例3】图，在长方体中，，，，点M是棱的中点，点N在棱上，且满足，P是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
取中点，在上取点，使，连结、、，则平面平面，由此推导出线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，当与点或点重合时，线段长度取最大值或，由此能求出线段长度的取值范围．
【详解】取中点，在上取点，使，连结、、，
则平面平面，是侧面四边形内一动点（含边界），平面，
线段，当与的中点重合时，线段长度取最小值，
当与点或点重合时，线段长度取最大值或，在长方体中，，，，
点是棱的中点，点在棱上，且满足，，，
．线段长度的取值范围是，．
故选：D．
【例4】在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（ ）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【答案】A
分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，可证平面AMN∥平面BDEF，得P点在线段MN上．由此可判断当P在MN的中点时，AP最小；当P与M或N重合时，AP最大．然后求解直角三角形得答案．
【详解】如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．
又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．在Rt△AA1M中，AM，同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．当P在MN的中点时，AP最小为，当P与M或N重合时，AP最大为．
∴线段AP长度的取值范围是．故选：A．
【例5】点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围
【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，因为是的中点，所以‖，所以‖，因为平面，平面，所以‖平面，
因为是的中点，是的中点，所以‖，，因为‖，，
所以‖，，所以四边形为平行四边形，所以‖，，因为平面，平面，
所以‖平面，因为，所以平面‖平面，因为平面平面，
所以点在上运动，使面，因为的棱长为2，
所以所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，
的最小值为，所以的长度范围是，
故选：B
【例6】在棱长为2的正方体中，为的中点.当点在平面内运动时，有平面，则线段的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，即M在平面内，根据题意，可得点M在线段PQ上，在中，分别求得各个边长，根据余弦定理，求得，根据三角函数的定义，即可求得答案.
【详解】取CD中点P，中点Q，连接PQ、PN、QN，如图所示：
因为P、N分别为CD、BC中点，所以，
同理，P、Q分别为CD、中点，所以，又，平面PQN，，平面，所以平面平面，因为平面，
所以平面，又点在平面内运动，所以点M在平面和平面的交线上，即，
在中，，，，
所以，所以，
所以N点到PQ的最小距离.所以线段的最小值为.故选：B
【对点实战】
1.如图所示，在正方形中，分别为的中点，点是底面内一点，且平面,则的最大值是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意可得，点位于过点且与平面平行的平面上，
如图所示，取的中点，连结，
由正方形的性质可知：，由为平行四边形可知，
由面面平行的判定定理可得：平面平面，
据此可得，点位于直线上，
如图所示，由平面可得，
则，当有最大值时，取得最小值，
即点是的中点时满足题意，结合正方体的性质可得此时的值是.
本题选择D选项.
2.如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点作，交于点，交于点，计算得出，计算出、，根据已知条件可求得、的值，进而可求得的值.
【详解】如图，过点作，交于点，交于点，则底面.
连接、，平面，平面，，
所以，.
，平面，平面，平面，
平面，平面，，平面平面，
又平面，平面，
平面平面，平面，.
为中点，为中点，则为中点.
在线段上，，则，
，得，
则，所以，.
故选：B.
3.已知正四面体的棱长为，平面与棱、均平行，则截此正四面体所得截面面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取的中点，连接、，证明出，设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，证明出四边形为矩形，设，可得出，利用基本不等式可求得截面面积的最大值.
【详解】取的中点，连接、，
因为为等边三角形，为的中点，所以，，同理可得，
，平面，平面，.
设平面分别交、、、于、、、，连接、、、，
平面，平面，平面平面，，
同理可证，，同理可证，所以，四边形为平行四边形，
，，则平行四边形为矩形，设，则，
因为，则，，同理可得，
所以，矩形的面积为，
当且仅当时，等号成立，因此，截面面积的最大值为.故选：A.
4.如图，在棱长为1的正方体中，P为正方形内（包括边界）的一动点，E，F分别为棱的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】取的中点为，可证得平面平面，P在正方形内（包括边界）的轨迹为线段，由，可得为的中点时最小，从而得解.
【详解】如图所示，取的中点为，连接,
因为E，F分别为棱的中点，所以，
所以四点共面，直线与平面无公共点，所以平面，
因为为的中点，所以,平面，所以平面，
正方体中，，平面，所以平面，又，所以平面平面，
P在正方形内（包括边界）的轨迹为线段，因为，所以当为的中点时最小.
此时，，所以.故选：B.
十一、联赛、联考与自主招生题选
【例1】在三棱柱中，点E、F、H、K分别为、、、的中点，G为的重心，有一动点P在三棱柱的面上移动，使得该棱柱恰有5条棱与平面平行，则以下各点中，在点P的轨迹上的点是（ ）
A．H B．K C．G D．
【答案】B
【分析】先根据题意画出图形，然后根据线面平行的知识依次对四个选项进行分析即可得解.
【详解】如图：
若P与H重合，则上下底面均与平面平行，则该棱柱恰有6条棱与平面平行，不符合题意；
若P与K重合，则侧棱、、与平面平行，且、与平面
平行，则该棱柱恰有5条棱与平面平行，符合题意；
若P与G重合，则该棱柱仅有棱、与平面平行，不符合题意；
若P与重合，则该棱柱仅有棱、与平面平行，不符合题意，
综上，在点P的轨迹上的点是K.故选：B.
【例2】如图，已知四面体ABCD的各条棱长均等于4，E，F分别是棱AD、BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）
A． B．4 C． D．6
【答案】B
将正四面体补成正方体，由此可得截面为平行四边形，且，且，利用基本不等式即可求出结论．
【详解】解：将正四面体补成正方体如图，
可得平面，且正方形边长为，
由于，故截面为平行四边形，且，又，，且，
∴，∴，当且仅当时取等号，故选：B．
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