资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩12页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 专题8.3 简单几何体的表面积与体积-2023-2024学年高一数学下学期常考考点精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 1 次下载
- 专题8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系-2023-2024学年高一数学下学期常考考点精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 1 次下载
- 专题8.6 空间直线、平面的垂直（一）-2023-2024学年高一数学下学期常考考点精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 1 次下载
- 专题8.7 空间直线、平面的垂直（二）-2023-2024学年高一数学下学期常考考点精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
- 第一次月考填空题压轴题十四大题型专练-2023-2024学年高一数学下学期常考考点精讲精练（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
必修 第二册第八章 立体几何初步8.5 空间直线、平面的平行优秀精练
展开
这是一份必修 第二册第八章 立体几何初步8.5 空间直线、平面的平行优秀精练，文件包含专题85空间直线平面的平行举一反三人教A版必修第二册原卷版docx、专题85空间直线平面的平行举一反三人教A版必修第二册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25067" 【题型1 证明线线平行】 PAGEREF _Tc25067 \h 3
\l "_Tc6684" 【题型2 直线与平面平行的判定】 PAGEREF _Tc6684 \h 5
\l "_Tc4207" 【题型3 平面与平面平行的判定】 PAGEREF _Tc4207 \h 11
\l "_Tc32179" 【题型4 由线面平行的性质判定线线平行】 PAGEREF _Tc32179 \h 15
\l "_Tc32354" 【题型5 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】 PAGEREF _Tc32354 \h 17
\l "_Tc14165" 【题型6 由线面平行求线段长度】 PAGEREF _Tc14165 \h 21
\l "_Tc24104" 【题型7 面面平行性质定理的应用】 PAGEREF _Tc24104 \h 25
\l "_Tc11417" 【题型8 平行问题的综合应用】 PAGEREF _Tc11417 \h 29
【知识点1 空间中的平行关系】
1.直线与直线平行
(1)基本事实4
①自然语言：平行于同一条直线的两条直线平行.
②符号语言：a,b,c是三条不同的直线，若a∥b，b∥c，则a∥c.
③作用：判断或证明空间中两条直线平行.
(2)空间等角定理
①自然语言：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.
②符号语言：如图(1)(2)所示，在∠AOB与∠A'O'B'中，OA∥O'A'，OB∥O'B'，则∠AOB=∠A'O'B'
或∠AOB+∠A'O'B'=.
2.直线与平面平行
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线线平行，则线面平行”.
(2)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线面平行，则线线平行”.
(3)性质定理的作用
①作为证明线线平行的依据.当证明线线平行时，可以证明其中一条直线平行于一个平面，另一条直线是过第一条直线的平面与已知平面的交线，从而得到两条直线平行.
②作为画一条与已知直线平行的直线的依据.如果一条直线平行于一个平面，要在平面内画一条直线与已知直线平行，可以过已知直线作一个平面与已知平面相交，交线就是所要画的直线.
3.平面与平面平行
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语售
.
该定理可简记为“若线面平行，则面面平行”.
(2)判定定理的推论
①自然语言
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相交直线，那么这两个平面平行.
②图形语言
③符号语言
.
(3)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若面面平行，则线线平行”.
(4)两个平面平行的其他性质
①两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面.
②平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等.
③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
④两条直线同时被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例.
⑤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.
【题型1 证明线线平行】
【例1】（2023下·全国·高一专题练习）下列结论中正确的是（ ）
①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；②平行于同一条直线的两条直线平行；③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；④空间中有四条直线a，b，c，d，如果a//b，c//d，且a//d，那么b//c.
A．①②③B．②④C．③④D．②③
【解题思路】根据空间中直线间的位置关系逐项进行判断即可.
【解答过程】①错误，两条直线可以异面；
②正确，平行的传递性；
③错误，和另一条直线可以相交也可以异面；
④正确，平行的传递性.
故选：B.
【变式1-1】（2023下·全国·高一专题练习）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是（ ）
A．相交B．异面C．平行D．垂直
【解题思路】连接AD1，CD1，AC，根据E，F分别为AD1，CD1的中点，由三角形的中位线定理和平行关系的传递性判断.
【解答过程】如图，
连接AD1，CD1，AC，
因为E，F分别为AD1，CD1的中点，
由三角形的中位线定理知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
故选：C.
【变式1-2】（2023·上海·高二专题练习）下列命题中，正确的结论有 ( )
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；
②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；
③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；
④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【解题思路】根据空间中直线间的位置关系与空间等角定理，逐项进行判断即可.
【解答过程】①中，如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故①错误；
②中，如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故②正确；③中，如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，在空间中，两角大小关系不确定，故③错误；
④中，如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故④正确；
故选B.
【变式1-3】（2023·全国·高一专题练习）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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【题型2 直线与平面平行的判定】
【例2】（2023下·湖北黄冈·高一校考阶段练习）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不平行与平面MNQ的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．
【解答过程】对于A，如图，连接A1B1，则AB//A1B1，
因为N，Q分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得NQ//A1B1，
所以NQ//AB，
因为AB⊂平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
对于B，如图连接A1B1，
因为M，Q分别为A1C1，B1C1的中点，所以MQ//A1B1，
因为AB//A1B1，所以MQ//AB，
因为AB⊂平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
对于C，如图，连接A1B1，则AB//A1B1，
因为M，Q分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得MQ//A1B1，
所以MQ//AB，
因为AB⊂平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
对于D，如图取底面中心O，连接OQ，
由于Q为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得OQ//AB，
因为OQ与平面MNQ相交，所以AB与平面MNQ相交，
故选：D．
【变式2-1】（2023·全国·模拟预测）已知三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是AB，A1C1的中点，有以下四个结论：
①直线BC1∥平面A1DC； ②直线DE∥平面BCC1B1；
③直线A1D∥平面B1EC； ④直线BC1∥平面CDE.
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据题意，由线面平行的判定定理，对选项逐一判断，即可得到结果.
【解答过程】
对于①：如图1，连接AC1，交AC1于点F，连接DF，则点F是AC1的中点，又D是AB的中点，所以DF∥BC1，因为DF⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，所以直线BC1∥平面A1DC，所以①正确.
对于②：如图2，取BC的中点F，连接DF，C1F，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又EC1=12A1C1=12AC，EC1∥AC，所以DE∥C1F，DF=EC1，所以四边形DFC1E是平行四边形，所以DE∥C1F，又C1F⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，所以直线DE∥平面BCC1B1，故②正确.
对于③：如图3，取BC的中点F，连接DF，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又A1E=12A1C1=12AC，A1E∥AC，所以DF∥A1E，DF=A1E，连接EF，所以四边形DFEA1是平行四边形，所以A1D∥EF，显然EF与平面B1EC相交，则A1D与平面B1EC相交，故③错误.
对于④：如图4，连接AC1，交EC于点F，连接DF，则平面ABC1∩平面CDE=DF，若直线BC1∥平面CDE，则DF∥BC1，由于D是AB的中点，所以点F是AC1的中点，而显然点F不是AC1的中点，矛盾，故④错误.
故选：B.
【变式2-2】（2023下·北京房山·高一校考阶段练习）如图甲，在梯形ABCD中，AB//CD，CD＝2AB，E、F分别为AD、CD的中点，以AF为折痕把△ADF折起，使点D不落在平面ABCF内（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ）
①AF//平面BCD；②BE//平面CDF；③CD//平面BEF．
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】利用线面平行判定定理即可证明AF//平面BCD，进而得到①正确；求得BE与平面CDF相交，进而得到②错误；利用线面平行判定定理即可证明CD//平面BEF，故③正确．
【解答过程】对于①，由题意得AB//CF,AB=CF，∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF//BC，
∵AF⊄平面BCD，BC⊂平面BCD，
∴AF//平面BCD，故①正确；
对于②，取DF中点G，连接EG，CG，
∵E是AD中点，AF//BC，AF=BC，
∴EG=12BC，EG//BC
∴四边形BCGE为梯形，
∴直线BE与直线CG相交，
∴BE与平面CDF相交，故②错误；
对于③，连接AC，交BF于点O，连接OE，
∵四边形ABCF是平行四边形，
∴O是AC中点，
∴OE//CD，
∵OE⊂平面BEF，CD⊄平面BEF，
∴CD//平面BEF，故③正确．
故选：C．
【变式2-3】（2023·河南新乡·统考二模）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.
【解答过程】A选项中，由正方体的性质可知BM//B1N，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；
B选项中，因为NQ//AC，故平面CNQ即为平面ACNQ，而BM//AQ，BM⊄平面CNQ，AQ⊂平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；
C选项中，因为NQ//BC，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；
D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，则点D是在A1B1上靠近点B1的四等分点，
由MD//CQ，MD⊄平面CNQ，CQ⊂平面CNQ，可得MD//平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，MD∩CM=M,MD,CM⊂平面BDM，则平面BDM//平面CNQ，
而平面ABB1A1与平面BDM，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．
故选：B.
【题型3 平面与平面平行的判定】
【例3】（2023下·全国·高三校联考阶段练习）给出下列4个命题，其中正确的命题是（ ）
①垂直于同一直线的两个平面平行；②垂直于同一平面的两个平面平行；
③平行于同一直线的两个平面平行；④平行于同一平面的两个平面平行.
A．①②B．③④C．②③D．①④
【解题思路】由面面平行的判断定理可判断①；由面面垂直的性质定理可判断②；由线面平行的性质和面面平行的判定可判断③；由面面的位置关系可判断④．
【解答过程】对于①，垂直于同一直线的两个平面平行，故①正确；
对于②，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故②错误；
对于③，平行于同一直线的两个平面相交或平行，故③错误；
对于④，平行于同一平面的两个平面平行，故④正确．
故选:D．
【变式3-1】（2023·四川遂宁·四川校考模拟预测）在正方体 ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是（ ）
①AD1//BC1；
②平面AB1D1//平面BDC1；
③AD1//DC1；
④AD1//平面BDC1.
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
【解题思路】根据正方体的性质、线面平行的判定定理及面面平行的判定定理证明即可.
【解答过程】因为AB//C1D1，AB=C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1//BC1，故①正确；
易证BD//B1D1，AB1//DC1，BD⊂平面BDC1，B1D1⊄平面BDC1，所以B1D1//平面BDC1，同理可得AB1//平面BDC1，
又AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1⊂平面AB1D1，故平面AB1D1//平面BDC1，故②正确；
由正方体ABCD−A1B1C1D1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.
故选：A.
【变式3-2】（2023下·江西·高一赣州市第四中学校考期末）在正方体ABCD−A′B′C′D′中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（ ）.
A．BDC′与B′D′CB．A′BC′与ACD′
C．B′D′D与BDA′D．A′DC′与AD′C
【解题思路】根据面面平行的判定并结合图形判断各选项.
【解答过程】如图，选项A、B、C、D分别对应图1、图2、图3、图4.
对于A，BC′与B′C相交，截面BDC′与B′D′C相交，故A错误；
对于B，截面A′BC′与ACD′平行.
证明：因为A′D′//BC，A′D′=BC，
所以四边形BCD′A′为平行四边形，
所以A′B//D′C，又A′B⊂平面A′BC′，D′C⊄平面A′BC′，
所以D′C//平面A′BC′，
同理可证AC//平面A′BC′，AC∩D′C=C，AC,D′C⊂ ACD′，
所以平面A′BC′//平面ACD′.故B正确；
对于C，截面B′D′D与BDA′相交于D点，故C错误；
对于D，A′D与AD′相交，截面A′DC′与AD′C相交，故D错误；
故选：B.
【变式3-3】（2023下·全国·高一专题练习）如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论:
①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB．
其中正确的有（ ）
A．①③B．①④C．①②③D．②③
【解题思路】把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理逐一判断即可.
【解答过程】把平面展开图还原为四棱锥如图所示，
对于①，因为E，F分别是PA，PD的中点，
所以EF//AD，
又因为EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，
同理可证EH//平面ABCD，
又因为EF∩EH=E，EH，EF⊂平面EFGH，
所以平面EFGH//平面ABCD，故①正确；
对于②，因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，故②正确；
对于③，因为AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，故③正确；
对于④，平面PAD∩平面PAB=PA，故④错误;
所以正确的有①②③.
故选：C.
【知识点2 平行关系的相互转化及综合应用】
1.平行关系的相互转化及综合应用
(1)证明线线平行的常用方法
①利用线线平行的定义：在同一平面内，不相交的两条直线是平行直线.
②利用基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行.
③利用三角形的中位线定理：三角形的中位线平行且等于底边的一半.
④利用平行线分线段成比例定理.
⑤利用线面平行的性质定理.
⑥利用面面平行的性质定理.
⑦利用反证法：假设两条直线不平行，然后推出矛盾，进而得出两条直线是平行的.
(2)证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点.
②利用直线与平面平行的判定定理：a，a∥b，b，则a∥.使用定理时，一定要说明“平面外
一条直线与此平面内的一条直线平行”，若不注明，则证明过程不完整.因此，要证明a∥，则必须在平面内找一条直线b，使得a∥b，从而达到证明的目的，这三个条件缺一不可.
③利用面面平行的性质：若平面∥平面，直线a，则a∥.
④利用反证法.这时“平行”的否定有“在平面内”和“与平面相交”两种，只有在排除“直线在平面内”和“直线与平面相交”这两种位置关系后才能得到“直线与平面平行”的结论，在这一点上往往容易出错，应引起重视.
(3)平面与平面平行的判定方法
①根据定义：证明两个平面没有公共点，但有时直接证明非常困难.
②根据判定定理：要证明两个平面平行，只需在其中一个平面内找两条相交直线，分别证明它们平行
于另一个平面，则这两个平面平行.
③根据判定定理的推论：在一个平面内找到两条相交的直线分别与另一个平面内两条相交的直线平行，
则这两个平面平行.
④根据平面平行的传递性：若两个平面都平行于第三个平面，则这两个平面平行.
⑤利用反证法.
(4)平行关系的相互转化
常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种关系不是孤立的，而是相互联系、相互转
化的，如图所示.
【题型4 由线面平行的性质判定线线平行】
【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD//BC，AD=2BC=2AB=4，PA=2，且∠ABC=60∘，点E为棱PD上一点（不与P,D重合），平面BCE交棱PA于点F．
求证：BC//EF.
【解题思路】根据线面平行判定定理证明BC//平面PAD，然后再由线面平行的性质定理可证.
【解答过程】证明：∵BC//AD,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD，
∴BC//平面PAD，
又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD=EF，
∴BC//EF.
【变式4-1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，点D、E分别为棱A1C1、B1C1的中点，点F是线段BB1上的点（不包括两个端点）．设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：A1B1//m.
【解题思路】根据题意，由线面平行的判定定理可得DE//平面ABC，再由线面平行的性质定理可得m//DE，即可得到证明.
【解答过程】因为点D，E分别为棱A1C1、B1C1的中点，则DE//A1B1，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，
所以，A1B1//AB，则DE//AB，
因为DE⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以，DE//平面ABC，
因为DE⊂平面DEF，平面DEF∩平面ABC=m，所以，m//DE，
故m//A1B1．
【变式4-2】（2023上·江苏连云港·高三统考期中）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面ABFE与平面CDEF的交线为EF.
(1)证明：EF∥AB；
(2)若平面FBC⊥平面ABCD，H为BC的中点，FH=2，FC=2.5，EF=1.5，求该几何体的体积.
【解题思路】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2) 将体积分割VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可.
【解答过程】（1）证明：∵CD∥AB，而CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，
∴CD//平面ABFE，又∵CD⊂平面CDEF，
平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴CD∥EF，∴EF∥AB.
（2）∵FH=2，FC=2.5，H为BC中点，∴CH=1.5.
而FH2+CH2=CF2，∴FH⊥BC，∵平面FBC⊥平面ABCD.
平面FBC∩平面ABCD=BC，FH⊂平面FBC，∴FH⊥平面ABCD.
过E分别作EI∥FB交AB于点I，EJ∥FC交CD于点J，连接IJ.
∴VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD=12×3×2×1.5+13×1.5×3×2=4.5+3=7.5.
【变式4-3】（2023·全国·高一随堂练习）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HG，求证：AP//HG．
【解题思路】连接AC交BD于点O，连接OM，先利用三角形中位线性质和线面平行判定定理证明PA//平面BDM，然后由线面平行性质定理可证.
【解答过程】连接AC交BD于点O，连接OM，
因为ABCD是平行四边形，所以O为AC中点，
又M是PC的中点，所以OM//PA，
因为OM⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，
所以PA//平面BDM，
又因为PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，
所以AP//HG.
【题型5 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】
【例5】（2023下·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥P−ABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则AFFC的值为（ ）
A．1B．2C．12D．23
【解题思路】连接CD，交PE于点G，连接FG，由线面平行性质证明AD∥FG，再利用重心性质求解即可.
【解答过程】如图，连接CD，交PE于点G，连接FG，
因为AD∥平面PEF，AD⊂平面ADC，平面ADC∩平面PEF=FG，所以AD∥FG，
因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是△PBC的重心，所以AFFC=DGGC=12.
故选：C.
【变式5-1】（2023·全国·高一专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是菱形，AC交BD于点O，E为AD的中点，F在PA上，AP=λAF，PC∥平面BEF，则λ的值为（ ）
A．1B．32C．3D．2
【解题思路】根据△AEG∼△CBG，得到AGAC=13，利用PC//平面BEF，得到GF//PC，结合比例式的性质，得到λ=APAF=ACAG，即可求解.
【解答过程】解：设AO与BE交于点G，连接FG，如图所示，因为E为AD的中点，则AE=12AD=12BC，
由四边形ABCD是菱形，可得AD//BC，则△AEG∼△CBG，
所以AGGC=AEBC=12，所以AGAC=13，
又因为PC//平面BEF，PC⊂平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，
所以GF//PC，所以λ=APAF=ACAG=3.
故选：C.
【变式5-2】（2023下·河南洛阳·高一统考期中）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面α，使SB//α，设α与SM交于点N，则SNSM的值为（ ）
A．13B．12C．23D．34
【解题思路】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，根据线面平行得性质证明SB∥DN，再根据MC//AB可得DMDB=MCAB，进而可得出答案.
【解答过程】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，则平面NAC即为平面α，
因为SB//α，平面SMB∩α=DN，SB⊂平面SMB，
所以SB//DN，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°，MC=BC=12AB，
所以MC//AB且MC=12AB，
所以DMDB=MCAB=12，
又SB//DN，所以MNSN=DMDB=12，
所以SNSM=23.
故选：C.
【变式5-3】（2022·高一课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM=tMC，若PA//平面MQB，则t等于（ ）
A．12B．13C．14D．25
【解题思路】连接AC交BD于O，连接MO，根据线面平行的性质得PA//MO，即可得到AOCO=PMMC=12，即可求解.
【解答过程】连接AC交BD于O，连接MO，如图：
底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，所以ΔAQO与ΔCBO相似，
AOCO=AQBC=12，
因为PA//平面MQB，PA⊂平面PAC，平面PAC与平面MQB交线为MO，
根据线面平行的性质可知：PA//MO，
在ΔPAC中，AOCO=PMMC=12，
PM=12MC，
即t=12.
故选：A.
【题型6 由线面平行求线段长度】
【例6】（2023·全国·高一专题练习）已知正方体AC1的棱长为1，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为（ ）
A．12B．22C．2D．32
【解题思路】利用线面平行的性质定理及三角形的中位线定理，结合勾股定理即可求解.
【解答过程】连接AD1，AB1，则AD1过点P.如图所示
∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B=AB1，PQ⊂平面AB1D1，
∴PQ∥AB1，∵D1P=PA，
∴PQ=12AB1=12×12+12=22.
故选：B.
【变式6-1】（2023·全国·高一专题练习）已知直三棱柱 ABC−A1B1C1 的侧棱和底面边长均为 1，M，N 分别是棱 BC，A1B1 上的点， 且 CM=2B1N=λ， 当 MN// 平面 AA1C1C 时， λ 的值为（ ）
A．34B．23C．12D．13
【解题思路】过N作NP//B1C1交A1C1于P，利用线面平行的性质可得MN// CP，进而可得四边形MNPC为平行四边形，NP=1−λ2=λ=CM，即得.
【解答过程】过N作NP//B1C1交A1C1于P，连接CP，
因为MC//B1C1，∴NP//MC，故N,P,M,C共面,
因为MN// 平面 AA1C1C，平面MNPC∩平面 AA1C1C= CP，MN⊂平面MNPC，
所以MN// CP，又NP//MC,
∴四边形MNPC为平行四边形，
又CM=2B1N=λ，
∴NP=1−λ2=λ=CM，
所以λ=23.
故选：B．
【变式6-2】（2023下·天津武清·高一校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P//平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是（ ）
A．2,52B．324,52C．322,5D．52,22
【解题思路】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答过程】如下图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，
∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN//BC1，EF//BC1，
∴MN//EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN//平面AEF.
∵AA1//NE，AA1=NE，
∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N//AE，
又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N//平面AEF，
又A1N∩MN=N，
∴平面A1MN//平面AEF.
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P//平面AEF，
∴点P必在线段MN上.
在RtΔA1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=22+1=5.
同理，在RtΔA1B1N中，可得A1N=5，
∴ΔA1MN为等腰三角形.
当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、N处时，A1P最长.
∵A1O=A1M2−OM2=52−222=322，A1M=A1N=5.
∴线段A1P长度的取值范围是322,5.
故选：C.
【变式6-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，直三棱柱ABC−A′B′C′中，ΔABC为边长为2的等边三角形，AA′=4，点E、F、G、H、M分别是边AA′、AB、BB′、A′B′、BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP //平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为（ ）
A．4B．23C．2πD．2
【解题思路】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.
【解答过程】因为MF//AC,所以MF//平面ACC'A'；取C'B'中点N,因为MN//CC',所以MN//平面ACC'A'，从而平面MFHN//平面ACC'A',即动点P的轨迹为线段HF,因此长度为4，
故选A.
【题型7 面面平行性质定理的应用】
【例7】（2023·高一课时练习）如图，已知平面α//平面β，点P为α，β外一点，直线PB，PD分别与α，β相交于A，B和C，D，则AC与BD的位置关系为（ ）
A．平行B．相交C．异面D．平行或异面
【解题思路】由题设知P，A，B，C，D共面，根据面面平行的性质，可证AC与BD的位置关系.
【解答过程】解：由题意知P，A，B，C，D在同一平面内，且平面PBD∩平面α=AC，平面PBD∩平面β=BD，且α//β，∴AC//BD，
故选：A．
【变式7-1】（2023下·高一课时练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，DEEB=12，G在CC1上且平面AEF//平面BD1G，则CGCC1=（ ）
A．12B．13C．23D．14
【解题思路】连接B1D1，FG，利用面面平行、线面平行的性质证明线线平行，再结合平行线分线段成比例定理求解作答.
【解答过程】在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1，FG，如图，
因为平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D=EF，
平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，则EF//BD1，于是DFFD1=DEEB=12，
平面ADD1A1//平面BCC1B1，而BG⊂平面BCC1B1，则BG//平面ADD1A1，
在平面ADD1A1内存在与AF不重合的直线l//BG，又平面AEF//平面BD1G，BG⊂平面BD1G，
则BG//平面AEF，在平面AEF内存在与AF不重合直线m//BG，从而m//l，m⊂平面AEF，
l⊄平面AEF，则l/平面AEF，又l⊂平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1=AF，
因此AF//l//BG，BG，AF可确定平面ABGF，因为平面ABB1A1//平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CDD1C1=FG，于是AB//FG，即有CD//FG，
所以CGCC1=DFDD1=13.
故选：B.
【变式7-2】（2023下·江苏无锡·高一锡东高中校考期中）如图，在多面体ABC−DEFG中，平面ABC//平面DEFG,EF//DG ，且AB=DE,DG=2EF，则 ( )
A．BF//平面ACGDB．CF//平面ABED
C．BC//FGD．平面ABED//平面CGF
【解题思路】取DG的中点M，连AM、FM，证明四边形ABFM是平行四边形，问题得解.
【解答过程】如图所示，取DG的中点M，连AM、FM，．
则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形，
∴DE//FM且DE=FM．
∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，
∴AB∥DE，
∴AB∥FM．
又AB＝DE，
∴AB＝FM，
∴四边形ABFM是平行四边形，
∴BF∥AM．
又BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，
∴BF∥平面ACGD．
故选A．
【变式7-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，平面α/平面β，A，C是α内不同的两点，B，D是内不同的两点，E，F分别是线段AB，CD的中点，则下列所有正确判断的编号是（ ）
①当AB，CD共面时，直线AC//BD
②当AB=2CD时，E，F两点不可能重合
③当AB，CD是异面直线时，直线EF一定与α平行
④可能存在直线EF与α垂直
A．①③B．②④C．①②D．③④
【解题思路】对于①，由面面平行的性质定理判断即可，对于②，如图判断，对于③④，连接AD，取AD的中点M，连接EF,EM,FM，则可得平面EFM与平面α,β都平行，从而可进行判断
【解答过程】解：对于①，当AB，CD共面时，则平面ABDC∩平面α=AC，平面ABDC∩平面β=BD，因为平面α/平面β，所以AC//BD，所以①正确；
对于②，如图，当AE=2CE时，AB=2CD成立，而此时E，F两点重合，所以②错误；
对于③，如图，连接AD，取AD的中点M，连接EF,EM,FM，因为E，F分别是线段AB，CD的中点，所以EM∥BD，FM∥AC，因为EM⊄β,FM⊄α，AC⊂α,BD⊂β，所以EM∥β，FM∥α，因为平面α/平面β，所以FM∥β，因为EM∩FM=M，所以平面EFM∥β，平面EFM∥α，因为EF⊂平面EFM，所以直线EF一定与α平行，所以③正确，
对于④，由①可知，当AB，CD共面时，EF∥AC，因为EF⊄α,AC⊂α，所以EF∥α，由③可知，当AB，CD是异面直线时，直线EF一定与α平行，综上，EF∥α，所以④错误，
故选：A.
【题型8 平行问题的综合应用】
【例8】（2023下·全国·高一期中）如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证：MN//平面PAD；
(2)设平面PBC∩平面PAD=l，求证：l//BC.
【解题思路】（1）通过构造平行四边形的方法证得MN//平面PAD.
（2）根据线面平行的性质定理证得l//BC.
【解答过程】（1）取PD的中点E，连接AE,NE，如图所示，
由NE//DC，且NE=12DC，
AM//DC，且AM=12DC，
所以NE//AM，且NE=AM，
所以四边形MNEA是平行四边形，
所以MN//AE，
又AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN//平面PAD；
（2）因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又因为平面PBC∩平面PAD=l，
所以l//BC.
【变式8-1】（2023上·四川内江·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，CD的中点．
(1)求证：EF//平面PAD；
(2)求证：平面EFG//平面PAD.
【解题思路】（1）线面平行判定定理证明即可；
（2）先证线面平行，再证面面平行即可.
【解答过程】（1）∵E，F分别是AB，PB的中点，
∴EF//PA
又∵EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,
∴EF//平面PAD.
（2）∵四边形ABCD为正方形，且E,G分别为AB，DC边的中点，∴EG//AD，
又∵AD⊂面PAD，EG⊄面PAD，
∴EG//面PAD，
由（1）知，EF//平面PAD，
且EG∩FE=E,EF⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,
∴平面EFG//平面PAD.
【变式8-2】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．
(1)求证：平面MNQ//平面PAD；
(2)求证：BC//l．
【解题思路】（1）利用面面平行的判定定理证明即可；
（2）利用线面平行的性质定理证明即可
【解答过程】（1）因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，
所以MN//PD，NQ//AD，
又MN⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
则MN//平面PAD，
同理NQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
可得NQ//平面PAD，
又MN∩NQ=N，MN,NQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ//平面PAD.
（2）因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
所以BC//l.
【变式8-3】（2023下·浙江金华·高一校考期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、N、P分别是AD1、BD和B1C的中点，求证
(1)MN// CD1
(2)MN//平面CC1D1D．
(3)平面MNP//平面CC1D1D．
【解题思路】（1）利用三角形中位线定理进行证明即可；
（2）利用线面平行的判定定理进行证明即可；
（3）利用平行四边形的判定定理和性质，结合面面平行的判定定理进行证明即可.
【解答过程】（1）连接AC，
因为底面ABCD是正方形，且点N是BD中点，
所以AC∩BD=N，即点N也是AC中点，
又因为点M是AD1中点，
所以由三角形中位线定理可得MN// CD1；
（2）由（1）MN// CD1，因为MN⊄平面CC1D1D，CD1⊂平面CC1D1D，
所以MN//平面CC1D1D；
（3）连接BP，
因为M、P分别是AD1和B1C的中点，
所以由正方体的性质可知：AM=BP,AM//BP，
所以四边形ABPM是平行四边形，所以有MP//AB，而CD//AB，
所以MP//CD，因为MP⊄平面CC1D1D，CD⊂平面CC1D1D，
所以MP//平面CC1D1D，而MN∩MP=M,MP,MN⊂平面MNP，
所以平面MNP//平面CC1D1D.
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25067" 【题型1 证明线线平行】 PAGEREF _Tc25067 \h 3
\l "_Tc6684" 【题型2 直线与平面平行的判定】 PAGEREF _Tc6684 \h 5
\l "_Tc4207" 【题型3 平面与平面平行的判定】 PAGEREF _Tc4207 \h 11
\l "_Tc32179" 【题型4 由线面平行的性质判定线线平行】 PAGEREF _Tc32179 \h 15
\l "_Tc32354" 【题型5 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】 PAGEREF _Tc32354 \h 17
\l "_Tc14165" 【题型6 由线面平行求线段长度】 PAGEREF _Tc14165 \h 21
\l "_Tc24104" 【题型7 面面平行性质定理的应用】 PAGEREF _Tc24104 \h 25
\l "_Tc11417" 【题型8 平行问题的综合应用】 PAGEREF _Tc11417 \h 29
【知识点1 空间中的平行关系】
1.直线与直线平行
(1)基本事实4
①自然语言：平行于同一条直线的两条直线平行.
②符号语言：a,b,c是三条不同的直线，若a∥b，b∥c，则a∥c.
③作用：判断或证明空间中两条直线平行.
(2)空间等角定理
①自然语言：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.
②符号语言：如图(1)(2)所示，在∠AOB与∠A'O'B'中，OA∥O'A'，OB∥O'B'，则∠AOB=∠A'O'B'
或∠AOB+∠A'O'B'=.
2.直线与平面平行
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线线平行，则线面平行”.
(2)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线面平行，则线线平行”.
(3)性质定理的作用
①作为证明线线平行的依据.当证明线线平行时，可以证明其中一条直线平行于一个平面，另一条直线是过第一条直线的平面与已知平面的交线，从而得到两条直线平行.
②作为画一条与已知直线平行的直线的依据.如果一条直线平行于一个平面，要在平面内画一条直线与已知直线平行，可以过已知直线作一个平面与已知平面相交，交线就是所要画的直线.
3.平面与平面平行
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语售
.
该定理可简记为“若线面平行，则面面平行”.
(2)判定定理的推论
①自然语言
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相交直线，那么这两个平面平行.
②图形语言
③符号语言
.
(3)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若面面平行，则线线平行”.
(4)两个平面平行的其他性质
①两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面.
②平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等.
③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
④两条直线同时被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例.
⑤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.
【题型1 证明线线平行】
【例1】（2023下·全国·高一专题练习）下列结论中正确的是（ ）
①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；②平行于同一条直线的两条直线平行；③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；④空间中有四条直线a，b，c，d，如果a//b，c//d，且a//d，那么b//c.
A．①②③B．②④C．③④D．②③
【解题思路】根据空间中直线间的位置关系逐项进行判断即可.
【解答过程】①错误，两条直线可以异面；
②正确，平行的传递性；
③错误，和另一条直线可以相交也可以异面；
④正确，平行的传递性.
故选：B.
【变式1-1】（2023下·全国·高一专题练习）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是（ ）
A．相交B．异面C．平行D．垂直
【解题思路】连接AD1，CD1，AC，根据E，F分别为AD1，CD1的中点，由三角形的中位线定理和平行关系的传递性判断.
【解答过程】如图，
连接AD1，CD1，AC，
因为E，F分别为AD1，CD1的中点，
由三角形的中位线定理知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
故选：C.
【变式1-2】（2023·上海·高二专题练习）下列命题中，正确的结论有 ( )
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；
②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；
③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；
④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【解题思路】根据空间中直线间的位置关系与空间等角定理，逐项进行判断即可.
【解答过程】①中，如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故①错误；
②中，如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故②正确；③中，如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，在空间中，两角大小关系不确定，故③错误；
④中，如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故④正确；
故选B.
【变式1-3】（2023·全国·高一专题练习）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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【题型2 直线与平面平行的判定】
【例2】（2023下·湖北黄冈·高一校考阶段练习）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不平行与平面MNQ的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．
【解答过程】对于A，如图，连接A1B1，则AB//A1B1，
因为N，Q分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得NQ//A1B1，
所以NQ//AB，
因为AB⊂平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
对于B，如图连接A1B1，
因为M，Q分别为A1C1，B1C1的中点，所以MQ//A1B1，
因为AB//A1B1，所以MQ//AB，
因为AB⊂平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
对于C，如图，连接A1B1，则AB//A1B1，
因为M，Q分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得MQ//A1B1，
所以MQ//AB，
因为AB⊂平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
对于D，如图取底面中心O，连接OQ，
由于Q为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得OQ//AB，
因为OQ与平面MNQ相交，所以AB与平面MNQ相交，
故选：D．
【变式2-1】（2023·全国·模拟预测）已知三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是AB，A1C1的中点，有以下四个结论：
①直线BC1∥平面A1DC； ②直线DE∥平面BCC1B1；
③直线A1D∥平面B1EC； ④直线BC1∥平面CDE.
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据题意，由线面平行的判定定理，对选项逐一判断，即可得到结果.
【解答过程】
对于①：如图1，连接AC1，交AC1于点F，连接DF，则点F是AC1的中点，又D是AB的中点，所以DF∥BC1，因为DF⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，所以直线BC1∥平面A1DC，所以①正确.
对于②：如图2，取BC的中点F，连接DF，C1F，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又EC1=12A1C1=12AC，EC1∥AC，所以DE∥C1F，DF=EC1，所以四边形DFC1E是平行四边形，所以DE∥C1F，又C1F⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，所以直线DE∥平面BCC1B1，故②正确.
对于③：如图3，取BC的中点F，连接DF，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又A1E=12A1C1=12AC，A1E∥AC，所以DF∥A1E，DF=A1E，连接EF，所以四边形DFEA1是平行四边形，所以A1D∥EF，显然EF与平面B1EC相交，则A1D与平面B1EC相交，故③错误.
对于④：如图4，连接AC1，交EC于点F，连接DF，则平面ABC1∩平面CDE=DF，若直线BC1∥平面CDE，则DF∥BC1，由于D是AB的中点，所以点F是AC1的中点，而显然点F不是AC1的中点，矛盾，故④错误.
故选：B.
【变式2-2】（2023下·北京房山·高一校考阶段练习）如图甲，在梯形ABCD中，AB//CD，CD＝2AB，E、F分别为AD、CD的中点，以AF为折痕把△ADF折起，使点D不落在平面ABCF内（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ）
①AF//平面BCD；②BE//平面CDF；③CD//平面BEF．
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】利用线面平行判定定理即可证明AF//平面BCD，进而得到①正确；求得BE与平面CDF相交，进而得到②错误；利用线面平行判定定理即可证明CD//平面BEF，故③正确．
【解答过程】对于①，由题意得AB//CF,AB=CF，∴四边形ABCF是平行四边形，
∴AF//BC，
∵AF⊄平面BCD，BC⊂平面BCD，
∴AF//平面BCD，故①正确；
对于②，取DF中点G，连接EG，CG，
∵E是AD中点，AF//BC，AF=BC，
∴EG=12BC，EG//BC
∴四边形BCGE为梯形，
∴直线BE与直线CG相交，
∴BE与平面CDF相交，故②错误；
对于③，连接AC，交BF于点O，连接OE，
∵四边形ABCF是平行四边形，
∴O是AC中点，
∴OE//CD，
∵OE⊂平面BEF，CD⊄平面BEF，
∴CD//平面BEF，故③正确．
故选：C．
【变式2-3】（2023·河南新乡·统考二模）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.
【解答过程】A选项中，由正方体的性质可知BM//B1N，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；
B选项中，因为NQ//AC，故平面CNQ即为平面ACNQ，而BM//AQ，BM⊄平面CNQ，AQ⊂平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；
C选项中，因为NQ//BC，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；
D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，则点D是在A1B1上靠近点B1的四等分点，
由MD//CQ，MD⊄平面CNQ，CQ⊂平面CNQ，可得MD//平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，MD∩CM=M,MD,CM⊂平面BDM，则平面BDM//平面CNQ，
而平面ABB1A1与平面BDM，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．
故选：B.
【题型3 平面与平面平行的判定】
【例3】（2023下·全国·高三校联考阶段练习）给出下列4个命题，其中正确的命题是（ ）
①垂直于同一直线的两个平面平行；②垂直于同一平面的两个平面平行；
③平行于同一直线的两个平面平行；④平行于同一平面的两个平面平行.
A．①②B．③④C．②③D．①④
【解题思路】由面面平行的判断定理可判断①；由面面垂直的性质定理可判断②；由线面平行的性质和面面平行的判定可判断③；由面面的位置关系可判断④．
【解答过程】对于①，垂直于同一直线的两个平面平行，故①正确；
对于②，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故②错误；
对于③，平行于同一直线的两个平面相交或平行，故③错误；
对于④，平行于同一平面的两个平面平行，故④正确．
故选:D．
【变式3-1】（2023·四川遂宁·四川校考模拟预测）在正方体 ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是（ ）
①AD1//BC1；
②平面AB1D1//平面BDC1；
③AD1//DC1；
④AD1//平面BDC1.
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
【解题思路】根据正方体的性质、线面平行的判定定理及面面平行的判定定理证明即可.
【解答过程】因为AB//C1D1，AB=C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1//BC1，故①正确；
易证BD//B1D1，AB1//DC1，BD⊂平面BDC1，B1D1⊄平面BDC1，所以B1D1//平面BDC1，同理可得AB1//平面BDC1，
又AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1⊂平面AB1D1，故平面AB1D1//平面BDC1，故②正确；
由正方体ABCD−A1B1C1D1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.
故选：A.
【变式3-2】（2023下·江西·高一赣州市第四中学校考期末）在正方体ABCD−A′B′C′D′中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（ ）.
A．BDC′与B′D′CB．A′BC′与ACD′
C．B′D′D与BDA′D．A′DC′与AD′C
【解题思路】根据面面平行的判定并结合图形判断各选项.
【解答过程】如图，选项A、B、C、D分别对应图1、图2、图3、图4.
对于A，BC′与B′C相交，截面BDC′与B′D′C相交，故A错误；
对于B，截面A′BC′与ACD′平行.
证明：因为A′D′//BC，A′D′=BC，
所以四边形BCD′A′为平行四边形，
所以A′B//D′C，又A′B⊂平面A′BC′，D′C⊄平面A′BC′，
所以D′C//平面A′BC′，
同理可证AC//平面A′BC′，AC∩D′C=C，AC,D′C⊂ ACD′，
所以平面A′BC′//平面ACD′.故B正确；
对于C，截面B′D′D与BDA′相交于D点，故C错误；
对于D，A′D与AD′相交，截面A′DC′与AD′C相交，故D错误；
故选：B.
【变式3-3】（2023下·全国·高一专题练习）如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论:
①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB．
其中正确的有（ ）
A．①③B．①④C．①②③D．②③
【解题思路】把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理逐一判断即可.
【解答过程】把平面展开图还原为四棱锥如图所示，
对于①，因为E，F分别是PA，PD的中点，
所以EF//AD，
又因为EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，
同理可证EH//平面ABCD，
又因为EF∩EH=E，EH，EF⊂平面EFGH，
所以平面EFGH//平面ABCD，故①正确；
对于②，因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，故②正确；
对于③，因为AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，故③正确；
对于④，平面PAD∩平面PAB=PA，故④错误;
所以正确的有①②③.
故选：C.
【知识点2 平行关系的相互转化及综合应用】
1.平行关系的相互转化及综合应用
(1)证明线线平行的常用方法
①利用线线平行的定义：在同一平面内，不相交的两条直线是平行直线.
②利用基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行.
③利用三角形的中位线定理：三角形的中位线平行且等于底边的一半.
④利用平行线分线段成比例定理.
⑤利用线面平行的性质定理.
⑥利用面面平行的性质定理.
⑦利用反证法：假设两条直线不平行，然后推出矛盾，进而得出两条直线是平行的.
(2)证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点.
②利用直线与平面平行的判定定理：a，a∥b，b，则a∥.使用定理时，一定要说明“平面外
一条直线与此平面内的一条直线平行”，若不注明，则证明过程不完整.因此，要证明a∥，则必须在平面内找一条直线b，使得a∥b，从而达到证明的目的，这三个条件缺一不可.
③利用面面平行的性质：若平面∥平面，直线a，则a∥.
④利用反证法.这时“平行”的否定有“在平面内”和“与平面相交”两种，只有在排除“直线在平面内”和“直线与平面相交”这两种位置关系后才能得到“直线与平面平行”的结论，在这一点上往往容易出错，应引起重视.
(3)平面与平面平行的判定方法
①根据定义：证明两个平面没有公共点，但有时直接证明非常困难.
②根据判定定理：要证明两个平面平行，只需在其中一个平面内找两条相交直线，分别证明它们平行
于另一个平面，则这两个平面平行.
③根据判定定理的推论：在一个平面内找到两条相交的直线分别与另一个平面内两条相交的直线平行，
则这两个平面平行.
④根据平面平行的传递性：若两个平面都平行于第三个平面，则这两个平面平行.
⑤利用反证法.
(4)平行关系的相互转化
常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种关系不是孤立的，而是相互联系、相互转
化的，如图所示.
【题型4 由线面平行的性质判定线线平行】
【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD//BC，AD=2BC=2AB=4，PA=2，且∠ABC=60∘，点E为棱PD上一点（不与P,D重合），平面BCE交棱PA于点F．
求证：BC//EF.
【解题思路】根据线面平行判定定理证明BC//平面PAD，然后再由线面平行的性质定理可证.
【解答过程】证明：∵BC//AD,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD，
∴BC//平面PAD，
又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD=EF，
∴BC//EF.
【变式4-1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，点D、E分别为棱A1C1、B1C1的中点，点F是线段BB1上的点（不包括两个端点）．设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：A1B1//m.
【解题思路】根据题意，由线面平行的判定定理可得DE//平面ABC，再由线面平行的性质定理可得m//DE，即可得到证明.
【解答过程】因为点D，E分别为棱A1C1、B1C1的中点，则DE//A1B1，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，
所以，A1B1//AB，则DE//AB，
因为DE⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以，DE//平面ABC，
因为DE⊂平面DEF，平面DEF∩平面ABC=m，所以，m//DE，
故m//A1B1．
【变式4-2】（2023上·江苏连云港·高三统考期中）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面ABFE与平面CDEF的交线为EF.
(1)证明：EF∥AB；
(2)若平面FBC⊥平面ABCD，H为BC的中点，FH=2，FC=2.5，EF=1.5，求该几何体的体积.
【解题思路】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2) 将体积分割VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可.
【解答过程】（1）证明：∵CD∥AB，而CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，
∴CD//平面ABFE，又∵CD⊂平面CDEF，
平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴CD∥EF，∴EF∥AB.
（2）∵FH=2，FC=2.5，H为BC中点，∴CH=1.5.
而FH2+CH2=CF2，∴FH⊥BC，∵平面FBC⊥平面ABCD.
平面FBC∩平面ABCD=BC，FH⊂平面FBC，∴FH⊥平面ABCD.
过E分别作EI∥FB交AB于点I，EJ∥FC交CD于点J，连接IJ.
∴VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD=12×3×2×1.5+13×1.5×3×2=4.5+3=7.5.
【变式4-3】（2023·全国·高一随堂练习）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HG，求证：AP//HG．
【解题思路】连接AC交BD于点O，连接OM，先利用三角形中位线性质和线面平行判定定理证明PA//平面BDM，然后由线面平行性质定理可证.
【解答过程】连接AC交BD于点O，连接OM，
因为ABCD是平行四边形，所以O为AC中点，
又M是PC的中点，所以OM//PA，
因为OM⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，
所以PA//平面BDM，
又因为PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，
所以AP//HG.
【题型5 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】
【例5】（2023下·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥P−ABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则AFFC的值为（ ）
A．1B．2C．12D．23
【解题思路】连接CD，交PE于点G，连接FG，由线面平行性质证明AD∥FG，再利用重心性质求解即可.
【解答过程】如图，连接CD，交PE于点G，连接FG，
因为AD∥平面PEF，AD⊂平面ADC，平面ADC∩平面PEF=FG，所以AD∥FG，
因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是△PBC的重心，所以AFFC=DGGC=12.
故选：C.
【变式5-1】（2023·全国·高一专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是菱形，AC交BD于点O，E为AD的中点，F在PA上，AP=λAF，PC∥平面BEF，则λ的值为（ ）
A．1B．32C．3D．2
【解题思路】根据△AEG∼△CBG，得到AGAC=13，利用PC//平面BEF，得到GF//PC，结合比例式的性质，得到λ=APAF=ACAG，即可求解.
【解答过程】解：设AO与BE交于点G，连接FG，如图所示，因为E为AD的中点，则AE=12AD=12BC，
由四边形ABCD是菱形，可得AD//BC，则△AEG∼△CBG，
所以AGGC=AEBC=12，所以AGAC=13，
又因为PC//平面BEF，PC⊂平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，
所以GF//PC，所以λ=APAF=ACAG=3.
故选：C.
【变式5-2】（2023下·河南洛阳·高一统考期中）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面α，使SB//α，设α与SM交于点N，则SNSM的值为（ ）
A．13B．12C．23D．34
【解题思路】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，根据线面平行得性质证明SB∥DN，再根据MC//AB可得DMDB=MCAB，进而可得出答案.
【解答过程】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，则平面NAC即为平面α，
因为SB//α，平面SMB∩α=DN，SB⊂平面SMB，
所以SB//DN，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°，MC=BC=12AB，
所以MC//AB且MC=12AB，
所以DMDB=MCAB=12，
又SB//DN，所以MNSN=DMDB=12，
所以SNSM=23.
故选：C.
【变式5-3】（2022·高一课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM=tMC，若PA//平面MQB，则t等于（ ）
A．12B．13C．14D．25
【解题思路】连接AC交BD于O，连接MO，根据线面平行的性质得PA//MO，即可得到AOCO=PMMC=12，即可求解.
【解答过程】连接AC交BD于O，连接MO，如图：
底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，所以ΔAQO与ΔCBO相似，
AOCO=AQBC=12，
因为PA//平面MQB，PA⊂平面PAC，平面PAC与平面MQB交线为MO，
根据线面平行的性质可知：PA//MO，
在ΔPAC中，AOCO=PMMC=12，
PM=12MC，
即t=12.
故选：A.
【题型6 由线面平行求线段长度】
【例6】（2023·全国·高一专题练习）已知正方体AC1的棱长为1，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为（ ）
A．12B．22C．2D．32
【解题思路】利用线面平行的性质定理及三角形的中位线定理，结合勾股定理即可求解.
【解答过程】连接AD1，AB1，则AD1过点P.如图所示
∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B=AB1，PQ⊂平面AB1D1，
∴PQ∥AB1，∵D1P=PA，
∴PQ=12AB1=12×12+12=22.
故选：B.
【变式6-1】（2023·全国·高一专题练习）已知直三棱柱 ABC−A1B1C1 的侧棱和底面边长均为 1，M，N 分别是棱 BC，A1B1 上的点， 且 CM=2B1N=λ， 当 MN// 平面 AA1C1C 时， λ 的值为（ ）
A．34B．23C．12D．13
【解题思路】过N作NP//B1C1交A1C1于P，利用线面平行的性质可得MN// CP，进而可得四边形MNPC为平行四边形，NP=1−λ2=λ=CM，即得.
【解答过程】过N作NP//B1C1交A1C1于P，连接CP，
因为MC//B1C1，∴NP//MC，故N,P,M,C共面,
因为MN// 平面 AA1C1C，平面MNPC∩平面 AA1C1C= CP，MN⊂平面MNPC，
所以MN// CP，又NP//MC,
∴四边形MNPC为平行四边形，
又CM=2B1N=λ，
∴NP=1−λ2=λ=CM，
所以λ=23.
故选：B．
【变式6-2】（2023下·天津武清·高一校考阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P//平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是（ ）
A．2,52B．324,52C．322,5D．52,22
【解题思路】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答过程】如下图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，
∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN//BC1，EF//BC1，
∴MN//EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN//平面AEF.
∵AA1//NE，AA1=NE，
∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N//AE，
又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N//平面AEF，
又A1N∩MN=N，
∴平面A1MN//平面AEF.
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P//平面AEF，
∴点P必在线段MN上.
在RtΔA1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=22+1=5.
同理，在RtΔA1B1N中，可得A1N=5，
∴ΔA1MN为等腰三角形.
当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、N处时，A1P最长.
∵A1O=A1M2−OM2=52−222=322，A1M=A1N=5.
∴线段A1P长度的取值范围是322,5.
故选：C.
【变式6-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，直三棱柱ABC−A′B′C′中，ΔABC为边长为2的等边三角形，AA′=4，点E、F、G、H、M分别是边AA′、AB、BB′、A′B′、BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP //平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为（ ）
A．4B．23C．2πD．2
【解题思路】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.
【解答过程】因为MF//AC,所以MF//平面ACC'A'；取C'B'中点N,因为MN//CC',所以MN//平面ACC'A'，从而平面MFHN//平面ACC'A',即动点P的轨迹为线段HF,因此长度为4，
故选A.
【题型7 面面平行性质定理的应用】
【例7】（2023·高一课时练习）如图，已知平面α//平面β，点P为α，β外一点，直线PB，PD分别与α，β相交于A，B和C，D，则AC与BD的位置关系为（ ）
A．平行B．相交C．异面D．平行或异面
【解题思路】由题设知P，A，B，C，D共面，根据面面平行的性质，可证AC与BD的位置关系.
【解答过程】解：由题意知P，A，B，C，D在同一平面内，且平面PBD∩平面α=AC，平面PBD∩平面β=BD，且α//β，∴AC//BD，
故选：A．
【变式7-1】（2023下·高一课时练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，DEEB=12，G在CC1上且平面AEF//平面BD1G，则CGCC1=（ ）
A．12B．13C．23D．14
【解题思路】连接B1D1，FG，利用面面平行、线面平行的性质证明线线平行，再结合平行线分线段成比例定理求解作答.
【解答过程】在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1，FG，如图，
因为平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D=EF，
平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，则EF//BD1，于是DFFD1=DEEB=12，
平面ADD1A1//平面BCC1B1，而BG⊂平面BCC1B1，则BG//平面ADD1A1，
在平面ADD1A1内存在与AF不重合的直线l//BG，又平面AEF//平面BD1G，BG⊂平面BD1G，
则BG//平面AEF，在平面AEF内存在与AF不重合直线m//BG，从而m//l，m⊂平面AEF，
l⊄平面AEF，则l/平面AEF，又l⊂平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1=AF，
因此AF//l//BG，BG，AF可确定平面ABGF，因为平面ABB1A1//平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CDD1C1=FG，于是AB//FG，即有CD//FG，
所以CGCC1=DFDD1=13.
故选：B.
【变式7-2】（2023下·江苏无锡·高一锡东高中校考期中）如图，在多面体ABC−DEFG中，平面ABC//平面DEFG,EF//DG ，且AB=DE,DG=2EF，则 ( )
A．BF//平面ACGDB．CF//平面ABED
C．BC//FGD．平面ABED//平面CGF
【解题思路】取DG的中点M，连AM、FM，证明四边形ABFM是平行四边形，问题得解.
【解答过程】如图所示，取DG的中点M，连AM、FM，．
则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形，
∴DE//FM且DE=FM．
∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，
∴AB∥DE，
∴AB∥FM．
又AB＝DE，
∴AB＝FM，
∴四边形ABFM是平行四边形，
∴BF∥AM．
又BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，
∴BF∥平面ACGD．
故选A．
【变式7-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，平面α/平面β，A，C是α内不同的两点，B，D是内不同的两点，E，F分别是线段AB，CD的中点，则下列所有正确判断的编号是（ ）
①当AB，CD共面时，直线AC//BD
②当AB=2CD时，E，F两点不可能重合
③当AB，CD是异面直线时，直线EF一定与α平行
④可能存在直线EF与α垂直
A．①③B．②④C．①②D．③④
【解题思路】对于①，由面面平行的性质定理判断即可，对于②，如图判断，对于③④，连接AD，取AD的中点M，连接EF,EM,FM，则可得平面EFM与平面α,β都平行，从而可进行判断
【解答过程】解：对于①，当AB，CD共面时，则平面ABDC∩平面α=AC，平面ABDC∩平面β=BD，因为平面α/平面β，所以AC//BD，所以①正确；
对于②，如图，当AE=2CE时，AB=2CD成立，而此时E，F两点重合，所以②错误；
对于③，如图，连接AD，取AD的中点M，连接EF,EM,FM，因为E，F分别是线段AB，CD的中点，所以EM∥BD，FM∥AC，因为EM⊄β,FM⊄α，AC⊂α,BD⊂β，所以EM∥β，FM∥α，因为平面α/平面β，所以FM∥β，因为EM∩FM=M，所以平面EFM∥β，平面EFM∥α，因为EF⊂平面EFM，所以直线EF一定与α平行，所以③正确，
对于④，由①可知，当AB，CD共面时，EF∥AC，因为EF⊄α,AC⊂α，所以EF∥α，由③可知，当AB，CD是异面直线时，直线EF一定与α平行，综上，EF∥α，所以④错误，
故选：A.
【题型8 平行问题的综合应用】
【例8】（2023下·全国·高一期中）如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证：MN//平面PAD；
(2)设平面PBC∩平面PAD=l，求证：l//BC.
【解题思路】（1）通过构造平行四边形的方法证得MN//平面PAD.
（2）根据线面平行的性质定理证得l//BC.
【解答过程】（1）取PD的中点E，连接AE,NE，如图所示，
由NE//DC，且NE=12DC，
AM//DC，且AM=12DC，
所以NE//AM，且NE=AM，
所以四边形MNEA是平行四边形，
所以MN//AE，
又AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN//平面PAD；
（2）因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又因为平面PBC∩平面PAD=l，
所以l//BC.
【变式8-1】（2023上·四川内江·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，CD的中点．
(1)求证：EF//平面PAD；
(2)求证：平面EFG//平面PAD.
【解题思路】（1）线面平行判定定理证明即可；
（2）先证线面平行，再证面面平行即可.
【解答过程】（1）∵E，F分别是AB，PB的中点，
∴EF//PA
又∵EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,
∴EF//平面PAD.
（2）∵四边形ABCD为正方形，且E,G分别为AB，DC边的中点，∴EG//AD，
又∵AD⊂面PAD，EG⊄面PAD，
∴EG//面PAD，
由（1）知，EF//平面PAD，
且EG∩FE=E,EF⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,
∴平面EFG//平面PAD.
【变式8-2】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．
(1)求证：平面MNQ//平面PAD；
(2)求证：BC//l．
【解题思路】（1）利用面面平行的判定定理证明即可；
（2）利用线面平行的性质定理证明即可
【解答过程】（1）因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，
所以MN//PD，NQ//AD，
又MN⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
则MN//平面PAD，
同理NQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
可得NQ//平面PAD，
又MN∩NQ=N，MN,NQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ//平面PAD.
（2）因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
所以BC//l.
【变式8-3】（2023下·浙江金华·高一校考期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、N、P分别是AD1、BD和B1C的中点，求证
(1)MN// CD1
(2)MN//平面CC1D1D．
(3)平面MNP//平面CC1D1D．
【解题思路】（1）利用三角形中位线定理进行证明即可；
（2）利用线面平行的判定定理进行证明即可；
（3）利用平行四边形的判定定理和性质，结合面面平行的判定定理进行证明即可.
【解答过程】（1）连接AC，
因为底面ABCD是正方形，且点N是BD中点，
所以AC∩BD=N，即点N也是AC中点，
又因为点M是AD1中点，
所以由三角形中位线定理可得MN// CD1；
（2）由（1）MN// CD1，因为MN⊄平面CC1D1D，CD1⊂平面CC1D1D，
所以MN//平面CC1D1D；
（3）连接BP，
因为M、P分别是AD1和B1C的中点，
所以由正方体的性质可知：AM=BP,AM//BP，
所以四边形ABPM是平行四边形，所以有MP//AB，而CD//AB，
所以MP//CD，因为MP⊄平面CC1D1D，CD⊂平面CC1D1D，
所以MP//平面CC1D1D，而MN∩MP=M,MP,MN⊂平面MNP，
所以平面MNP//平面CC1D1D.
相关试卷
专题8.5 空间直线、平面的平行-2023-2024学年高一数学下学期高效讲练测（人教A版必修第二册）： 这是一份专题8.5 空间直线、平面的平行-2023-2024学年高一数学下学期高效讲练测（人教A版必修第二册），文件包含专题85空间直线平面的平行举一反三人教A版必修第二册原卷版docx、专题85空间直线平面的平行举一反三人教A版必修第二册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.5 空间直线、平面的平行一课一练： 这是一份人教A版 (2019)必修 第二册<a href="/sx/tb_c4000305_t7/?tag_id=28" target="_blank">第八章 立体几何初步8.5 空间直线、平面的平行一课一练</a>，共79页。试卷主要包含了基本事实4的应用，等角定理的应用，线线平行有关的计算，直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面平行性质定理的应用，线面平行有关的计算，平面与平面平行的判定定理的应用，平面与平面平行的性质定理的应用等内容，欢迎下载使用。
人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行课堂检测： 这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行课堂检测，文件包含人教版九年级上册《数学》专辑参考答案pdf、人教版九年级上册《数学》期末专项复习质量评测卷概率初步pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
