2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题43直线平面平行的判定与性质（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题43直线平面平行的判定与性质（教师版），共25页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【考纲要求】
1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明.
2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．
【考点预测】
1.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.
(2)判定定理与性质定理
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)判定定理与性质定理
【常用结论】
(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)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(4)若α∥β，a⊂α，则a∥β.
【方法技巧】
1.判断或证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的定义(无公共点)．
②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．
③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．
3.证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义．
(2)面面平行的判定定理．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)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．
4.解决这种数值或存在性问题的题目时，注意先给出具体的值或先假设存在，然后再证明．
二、【题型归类】
【题型一】直线与平面平行的判定与性质
【典例1】如图所示，正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE、BD上各有一点P、Q，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面BCE.
【解析】证明 法一 如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB.
又AP＝DQ，∴PE＝QB，
又PM∥AB∥QN，
∴eq \f(PM,AB)＝eq \f(PE,AE)＝eq \f(QB,BD)＝eq \f(QN,DC)，∴eq \f(PM,AB)＝eq \f(QN,DC).
又AB∥DC，且AB=DC，∴PM∥QN，且PM=QN，∴四边形PMNQ为平行四边形，
∴PQ∥MN.又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
法二 如图，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE交AB于点M，连接QM.
则PM∥平面BCE，
∵PM∥BE，
∴eq \f(AP,PE)＝eq \f(AM,MB)，又AE＝BD，AP＝DQ，
∴PE＝BQ，∴eq \f(AP,PE)＝eq \f(DQ,BQ)，∴eq \f(AM,MB)＝eq \f(DQ,QB)，
∴MQ∥AD，又AD∥BC，∴MQ∥BC，
∴MQ∥平面BCE，又PM∩MQ＝M，
∴平面PMQ∥平面BCE，又PQ⊂平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.
【典例2】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.求证：PA∥GH.
【解析】证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，∴PA∥OM，
又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD，
又平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
【典例3】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点.
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论.
【解析】(1)证明 如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.
因为O，M分别为AC，EF的中点，
四边形ACEF是矩形，
所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.
又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，
所以AM∥平面BDE.
(2)解 l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
所以l∥AM，
同理，AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m.
【题型二】平面与平面平行的判定与性质
【典例1】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合)．
(1)求证：BC∥GH；
(2)若E，F，G分别是AB，AC，A1B1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG.
【解析】证明 (1)∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，
∴平面ABC∥平面A1B1C1，
又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，
且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，
∴由面面平行的性质定理得BC∥GH.
(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1∥AB，且A1B1=AB，
∴A1G∥EB，且A1G=EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.
又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
【典例2】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
【解析】证明 (1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，
∴EF∥A1C1，
∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，
∴EF∥平面A1C1G，
又F，G分别为A1B1，AB的中点，
∴A1F＝BG，
又A1F∥BG，
∴四边形A1GBF为平行四边形，
则BF∥A1G，
∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，
平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，如图，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
【典例3】如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，证明：B1D1∥l.
【解析】证明 (1)由题设知BB1，DD1平行且相等，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，B1C1，BC平行且相等.
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，BD，A1B⊂平面A1BD，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面CD1B1＝直线l，
平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，
所以直线l∥直线BD，
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.
【题型三】平行关系的综合应用
【典例1】如图，在四棱锥P－ABCD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.
【解析】证明 (1)如图，连接EC，因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC∥AE，BC＝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，
因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)连接OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，
所以FH∥PD，
因为PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，
所以FH∥平面PAD.
又因为O是AC的中点，H是CD的中点，
所以OH∥AD，
因为AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，
所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，FH，OH⊂平面OHF，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
【典例2】如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，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.
【解析】证明 (1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点.
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又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∥NG，
又DE⊄平面MNG，NG⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点，N为AD的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，
又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
【典例3】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3).
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，eq \f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
【解析】(1)证明 连接CP并延长，与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，因为四边形ABCD为正方形，
所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，
所以eq \f(CP,PM)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，
又因为eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，
所以eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(CP,PM)＝eq \f(2,3)，
所以PQ∥MD1.
又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)解 当eq \f(AR,AB)的值为eq \f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图，
证明如下：
因为eq \f(AR,AB)＝eq \f(3,5)，
即eq \f(BR,RA)＝eq \f(2,3)，
故eq \f(BR,RA)＝eq \f(BP,PD).
所以PR∥DA.
又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，
所以PR∥平面A1D1DA，
又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
三、【培优训练】
【训练一】(多选)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，P是线段BC1上的一动点，则下列说法中正确的是( )
A.A1P∥平面AD1C
B.A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是eq \f(2\r(5),5)
C.A1P＋PC的最小值为eq \f(\r(170),5)
D.以A为球心，eq \r(2)为半径的球面与侧面DCC1D1的交线长是eq \f(π,2)
【解析】对于A，由于平面A1BC1∥平面AD1C，A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面AD1C，所以A正确；
对于B，当B1P⊥BC1时，A1P与平面BCC1B1所成角的正切值最大，易求最大值是eq \f(\r(5),2)，所以B错误；
对于C，将△A1C1B沿BC1翻折与△BCC1在同一平面，且点A1，C在直线BC1的异侧，此时在△A1CC1中，由三角恒等变换可求得cs∠A1C1C＝－eq \f(\r(2),10)，由余弦定理可得A1C＝eq \f(\r(170),5)，所以A1P＋PC的最小值为eq \f(\r(170),5)，C正确；
对于D，由于AD⊥平面DCC1D1，所以交线为以D为圆心，1为半径的圆周的四分之一，所以交线长是eq \f(π,2)，D正确.
故选ACD.
【训练二】在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
【解析】如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
【训练三】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3).
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，eq \f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明.
【解析】(1)证明 连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，所以eq \f(CP,PM)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，
又因为eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，
所以eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(CP,PM)＝eq \f(2,3)，
所以PQ∥MD1.
又MD1⊂平面A1D1DA，
PQ⊄平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA.
(2)解 当eq \f(AR,AB)的值为eq \f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.
如图，证明：
因为eq \f(AR,AB)＝eq \f(3,5)，
即eq \f(BR,RA)＝eq \f(2,3)，故eq \f(BR,RA)＝eq \f(BP,PD).所以PR∥DA.
又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，
所以PR∥平面A1D1DA，
又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，
所以平面PRQ∥平面A1D1DA.
【训练四】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为AB1，A1C1上的点，A1N＝AM.
(1)求证：MN∥平面BB1C1C；
(2)求MN的最小值．
【解析】(1)证明 如图，作NE∥A1B1交B1C1于点E，作MF∥AB交BB1于点F，连接EF，
则NE∥MF.
∵NE∥A1B1，∴eq \f(NE,A1B1)＝eq \f(C1N,A1C1).
又MF∥AB，∴eq \f(MF,AB)＝eq \f(B1M,AB1)，
∵A1C1＝AB1，A1N＝AM，
∴C1N＝B1M.
∴eq \f(NE,A1B1)＝eq \f(MF,AB)，
又AB＝A1B1，∴NE＝MF.
∴四边形MNEF是平行四边形，∴MN∥EF，
又MN⊄平面BB1C1C，EF⊂平面BB1C1C，
∴MN∥平面BB1C1C.
(2)解 设B1E＝x，∵NE∥A1B1，
∴eq \f(B1E,B1C1)＝eq \f(A1N,A1C1).
又∵MF∥AB，∴eq \f(B1F,BB1)＝eq \f(B1M,AB1)，
∵A1N＝AM，A1C1＝AB1＝eq \r(2)a，
B1C1＝BB1＝a，B1E＝x，
∴eq \f(B1E,B1C1)＋eq \f(B1F,BB1)＝eq \f(A1N,A1C1)＋eq \f(B1M,AB1)，
∴eq \f(x,a)＋eq \f(B1F,a)＝1，
∴B1F＝a－x，
从而MN＝EF＝eq \r(B1E2＋B1F2)
＝eq \r(x2＋a－x2)
＝eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(2))))2)，
∴当x＝eq \f(a,2)时，MN的最小值为eq \f(\r(2),2)a.
【训练五】如图，在四棱锥P－ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝3BC＝3，E在棱AD上，且AE＝1，若平面CEF与棱PD相交于点F，且平面CEF∥平面PAB.
(1)求eq \f(PF,FD)的值；
(2)求点F到平面PBC的距离．
【解析】(1)∵平面CEF∥平面PAB，
且平面CEF∩平面PAD＝EF，平面PAB∩平面PAD＝PA，
∴PA∥EF，
又AE＝1＝eq \f(1,3)AD，∴PF＝eq \f(1,3)PD，∴eq \f(PF,FD)＝eq \f(1,2).
(2)∵F为PD的三等分点，
∴F到平面PBC的距离等于D到平面PBC的距离的eq \f(1,3)，
设D到平面PBC的距离为h，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，
又∵BC∥AD，AB⊥AD，∴BC⊥AB，
∵PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，
由等体积法得VD－PBC＝VP－BCD，
即eq \f(1,3)S△PBC·h＝eq \f(1,3)S△DBC·PA，
∵PA＝AB＝2，AD＝3BC＝3，
∴PB＝2eq \r(2)，BC＝1，
∴S△PBC＝eq \f(1,2)PB·BC＝eq \r(2)，S△DBC＝eq \f(1,2)BC·AB＝1，
∴h＝eq \r(2)，
∴F到平面PBC的距离等于eq \f(\r(2),3).
【训练六】如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD.
(1)确定点E，F的位置，并说明理由；
(2)求三棱锥F­DCE的体积．
【解析】(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CE∥AD，又AB∥DC，
所以四边形AECD是平行四边形，
所以DC＝AE＝eq \f(1,2)AB，
即点E是AB的中点．
因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB＝EF，
平面PAD∩平面PAB＝PA，
所以EF∥PA，又点E是AB的中点，
所以点F是PB的中点．
综上，E，F分别是AB，PB的中点．
(2)连接PE，由题意及(1)知PA＝PB，AE＝EB，
所以PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PE⊥平面ABCD.
又AB∥CD，AB⊥AD，
所以VF­DEC＝eq \f(1,2)VP­DEC＝eq \f(1,6)S△DEC×PE＝eq \f(1,6)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(2,3).
四、【强化测试】
【单选题】
1. 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】A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可能相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．
故选D.
2. 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】由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF平行等于eq \f(1,5)BD，又EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG平行等于eq \f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．
故选B.
3. 在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E∈PC，F∈PB，eq \(PE,\s\up6(→))＝3eq \(EC,\s\up6(→))，eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))，如图．若AF∥平面BDE，则λ的值为( )
A．1 B．3
C．2 D．4
【解析】连接AC，交BD于点O，连接OE.因为AF∥平面 BDE，所以过点A作AH∥平面BDE，交PC于点H，连接FH，则得到平面AFH∥平面BDE，所以FH∥BE.因为四边形ABCD为平行四边形，所以在△ACH与△OCE中，eq \f(OC,OA)＝eq \f(EC,HE)＝1，
即EC＝EH.又因为eq \(PE,\s\up6(→))＝3eq \(EC,\s\up6(→))，所以PH＝2HE.因为eq \f(PF,FB)＝eq \f(PH,HE)＝2，所以λ＝2.故选C.
故选C.
4. 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.
真命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】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．
5. 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】由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFeq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))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HGeq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))eq \f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．
故选B.
6. 已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为( )
A．平行、平行 B．异面、平行 C．平行、相交 D．异面、相交
【解析】∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，
M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，
∴EF⊂平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1＝N，N∉EF，
∴由异面直线判定定理得直线MN与直线EF是异面直线；
取A1C1的中点P，连接PM，PN，如图，
则PN∥B1A1，PM∥A1A，
∵AA1∩A1B1＝A1，PM∩PN＝P，
∴平面PMN∥平面ABB1A1，
∵MN⊂平面PMN，
∴直线MN与平面ABB1A1平行．
故选B.
7. 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点，则下列叙述中正确的是( )
A．直线BQ∥平面EFG
B．直线A1B∥平面EFG
C．平面APC∥平面EFG
D．平面A1BQ∥平面EFG
【解析】过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；
∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，
∴A1B∥平面EFG，故B正确；
AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与PA必相交，故C错误；
易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误．
故选B.
8. 正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1∥平面AMN，则PA1的长度范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(3,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
【解析】取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，
取EF的中点O，连接A1O，如图所示，
∵点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，
∴AM∥A1E，MN∥EF，
∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E，AM，MN⊂平面AMN，A1E，EF⊂平面A1EF，
∴平面AMN∥平面A1EF，
∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，
且PA1∥平面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
∵A1E＝A1F＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，EF＝eq \f(1,2)eq \r(12＋12)＝eq \f(\r(2),2)，
∴A1O⊥EF，
∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值A1O，
A1O＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，
当P与E(或F)重合时，PA1的长度取最大值A1E或A1F，A1E＝A1F＝eq \f(\r(5),2).
∴PA1的长度范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))).
故选B.
【多选题】
9. 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法错误的是( )
A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
B．若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n
C．若m⊂α，n⊂α且m∥β，n∥β，则α∥β
D．若直线m，n与平面α所成的角相等，则m∥n
【解析】对于A，满足m⊥α，m⊥n的n，α的位置关系可能是n∥α或n⊂α，故A错误；对于B，由m⊥α，α∥β，得m⊥β，结合n∥β，知m⊥n，故B正确；对于C，根据面面平行的判定定理知需当m，n为相交直线时，才有α∥β，故C错误；对于D，若m，n为圆锥的两条母线，平面α为圆锥的底面所在平面，此时直线m，n与平面α所成的角相等，但此时m，n为相交直线，故D错误．
故选ACD.
10. 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是( )
A．FG∥平面AA1D1D
B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1
D．平面EFG∥平面BC1D1
【解析】因为在正方体ABCD­A1B1C1D1中，F，G分别是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A正确；
因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，
所以EF与平面BC1D1相交，故B错误；
因为F，G分别是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C正确；
因为EF与平面BC1D1相交，
所以平面EFG与平面BC1D1相交，故D错误．
故选AC.
11. 如图，正三棱柱ABC­A1B1C1各条棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BM＝C1N，当M，N运动时，下列结论中正确的是( )
A．在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段
B．平面DMN⊥平面BCC1B1
C．三棱锥A1­DMN的体积为定值
D．△DMN可能为直角三角形
【解析】用平行于平面ABC的平面截平面DMN，则交线平行于平面ABC，故A正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足BM＝C1N，则线段MN必过正方形BCC1B1的中点O，由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥BCC1B1故B正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，△A1DM的面积不变，点N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥N­A1DM的体积不变，即三棱锥A1­DMN的体积为定值，故C正确；若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，易证DM＝DN，所以△DMN为等腰直角三角形，所以DO＝OM＝ON，即MN＝2OD，设正三棱柱的棱长为2，则DO＝eq \r(3)，MN＝2eq \r(3)，因为MN的最大值为BC1＝2eq \r(2)，所以MN不可能为2eq \r(3)，所以△DMN不可能为直角三角形，故D错误．
故选ABC.
12. 已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1上的动点，下列四个结论中正确的为( )
A．若PD＝3，则满足条件的P点有且只有一个
B．若PD＝eq \r(3)，则点P的轨迹是一段圆弧
C．若PD∥平面ACB1，则DP长的最小值为2
D．若PD∥平面ACB1，且PD＝eq \r(3)，则平面BDP截正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为eq \f(9π,4)
【解析】如图所示，因为正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为2，所以B1D1＝2eq \r(2)，又侧棱AA1＝1，所以DB1＝eq \r(（2\r(2)）2＋12)＝3，则P与B1重合时PD＝3，此时P点唯一，故A项正确；
因为PD＝eq \r(3)∈(1，3)，DD1＝1，则PD1＝eq \r(2)，即点P的轨迹是一段圆弧，故B项正确；
连接DA1，DC1，可得平面A1DC1∥平面ACB1，则当P为A1C1中点时，DP有最小值，为eq \r(（\r(2)）2＋12)＝eq \r(3)，故C项错误；
由C选项知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为 eq \f(1,2) eq \r(22＋22＋12)＝eq \f(3,2)，面积为eq \f(9π,4)，故D项正确．
故选ABD.
【填空题】
13. 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).
14. 在下面给出的条件中，若条件足够推出a∥α，则在横线上填“OK”；若条件不能保证推出a∥α，则请在横线上补足条件：
(1)条件：a∥b，b∥c，c⊂α，______，结论：a∥α；
(2)条件：α∩β＝b，a∥b，a⊂β，______，结论：a∥α.
【解析】因为a∥b，b∥c，c⊂α，所以由直线与平面平行的判定定理得，当a⊄α时，a∥α.因为α∩β＝b，a∥b，a⊂β，则由直线与平面平行的判定定理得a∥α.
15. 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.
16. 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中判断下列位置关系：
(1)AD1所在的直线与平面BCC1的位置关系是______；
(2)平面A1BC1与平面ABCD的位置关系是______．
【解析】(1)AD1所在直线与平面BCC1的位置关系是平行．理由：AB∥C1D1，且AB＝C1D1，可得四边形ABC1D1为平行四边形，即有AD1∥BC1，AD1⊄平面BCC1，BC1⊂平面BCC1，则AD1∥平面BCC1.
(2)平面A1BC1与平面ABCD的位置关系是相交．理由：平面A1BC1与平面ABCD有一个交点B，由公理3得，如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点在一条直线上，这条直线为交线．如图，过点B作AC的平行线l，即为交线．
【解答题】
17. 已知在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝2AB，Q为PC的中点.
(1)求证：BQ∥平面PAD；
(2)若PD＝3，BC＝eq \r(2)，BC⊥BD，试在线段PC上确定一点S，使得三棱锥S－BCD的体积为eq \f(2,3).
【解析】(1)证明 取PD的中点G，连接AG，GQ，
因为Q为PC的中点，所以GQ∥DC，且GQ＝eq \f(1,2)DC，
又因为AB∥DC，DC＝2AB，所以GQ∥AB，GQ＝AB，
所以四边形ABQG是平行四边形，
所以BQ∥AG，
又BQ⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以BQ∥平面PAD.
(2)解 因为在四边形ABCD中，AB∥CD，AD⊥DC，DC＝2AB，
所以点B在线段CD的垂直平分线上，
又因为BC＝eq \r(2)，BC⊥BD，
所以BD＝BC＝eq \r(2)，
所以△BCD的面积S＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝1.
设点S到平面ABCD的距离为h，
所以eq \f(1,3)×1×h＝eq \f(2,3)，所以h＝2，
又PD⊥平面ABCD，PD＝3，
所以点S在线段PC上靠近点P的三等分点处.
18. 如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离.
【解析】(1)证明 如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝eq \f(1,2)B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq \f(1,2)A1D.
由题设知A1B1平行且相等DC，
可得B1C平行且相等A1D，故ME平行且相等ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解 过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，
故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE＝1，C1C＝4，
所以C1E＝eq \r(17)，故CH＝eq \f(4\r(17),17).
从而点C到平面C1DE的距离为eq \f(4\r(17),17).
19. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，AA1的中点，求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
【解析】证明 如图．
(1)取B1B的中点M，
连接HM，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，
∴HD1∥MC1.
又MC1∥BF，
∴BF∥HD1.
(2)取BD的中点O，连接OE，OD1，
则OE平行且等于eq \f(1,2)DC.
又D1G平行且等于eq \f(1,2)DC，
∴OE平行且等于D1G.
∴四边形OEGD1是平行四边形，
∴EG∥D1O.
又D1O⊂平面BB1D1D，EG⊄平面BB1D1D，
∴EG∥平面BB1D1D.
(3)由(1)知BF∥HD1，由题意易证B1D1∥BD.
又B1D1，HD1⊂平面B1D1H，BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，
∴平面BDF∥平面B1D1H.
20. 如图，在四棱锥P－ABCD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.
【解析】证明 (1)如图，连接EC，
因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC∥AE，BC＝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，
因为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，
因为PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，
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，
因为AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，
所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，FH，OH⊂平面OHF，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
21. 如图，在四棱锥P－ABCD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.
【解析】证明 (1)如图，连接EC，因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC∥AE，BC＝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，
因为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，
因为PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，
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，
因为AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，
所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，FH，OH⊂平面OHF，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
22. 如图，在四棱锥S－ABCD中，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC＝SA＝eq \f(1,2)BC＝2，点E，G分别在线段SA，AD上，且SE＝AE，AG＝GD，F为棱BC上一点，且CF＝1.
证明：平面SCD∥平面EFG.
【解析】证明 因为点E，G分别在线段SA，AD上，
且SE＝AE，AG＝GD，
故EG∥SD，
又EG⊄平面SCD，SD⊂平面SCD，
故EG∥平面SCD；
因为∠ADC＝∠BCD＝90°，
故AD∥BC，因为GD＝FC＝1，
故四边形GDCF为平行四边形，故GF∥CD；
又GF⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，故GF∥平面SCD，
因为GF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面SCD∥平面EFG.
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
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
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α
性质定理
一条直线和一个平面平行，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
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
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
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β
性质
两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β，a⊂α⇒a∥β
性质定理
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
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b