2025年高考数学精品教案第七章 立体几何与空间向量 第3讲 空间直线、平面的平行

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学生用书P144
1.直线与直线平行
（1）基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行（即平行线的传递性）.
注意 平行线的传递性不仅仅是平行关系有传递性，若a∥b，则直线a的大部分性质也可以传递给直线b，比如若a⊥c，则b⊥c；若a⊥α，则b⊥α，若a与平面α夹角为30°，则b与平面α夹角也为30°等.但要注意若a∥α，则不一定有b∥α，因为无法判断直线b是否在平面α内.
（2）等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角① 相等或互补 .
2.直线与平面平行的判定与性质
注意 （1）在证明线面平行时，一定要强调此直线不在平面内；（2）一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但这条直线与平面内的任意一条直线可能平行，也可能异面.
3.平面与平面平行的判定与性质
规律总结
平行关系中常用的6个结论
1.垂直于同一条直线的两个平面平行.
2.平行于同一平面的两个平面平行.
3.垂直于同一平面的两条直线平行.
4.两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
5.夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
6.经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
1.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则下列直线中与平面ACE平行的是（ B ）
A.BA1B.BD1C.BC1D.BB1
解析 如图所示，连接BD，设AC∩BD＝O，则O是BD的中点，连接OE，∵在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，
∴OE∥BD1.
又OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，
∴BD1∥平面ACE.
易得直线BA1，BC1，BB1均与平面ACE不平行.
2.[多选/教材改编]若直线a平行于平面α，则（ BC ）
A.平面α内有且只有一条直线与a平行B.平面α内有无数条直线与a平行
C.平面α内存在无数条与a不平行的直线D.平面α内任意一条直线都与a平行
3.已知直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线有 1 条.
4.[易错题]如图是长方体被一平面所截得的几何体，截面为四边形EFGH，则四边形EFGH的形状是 平行四边形 .
解析 因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形.
学生用书P146
命题点1 线面平行的判定与性质
例1 [2023上海高考节选]如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4.求证：A1B∥平面DCC1D1.
解析 解法一 ∵AB∥DC，AB⊄平面DCC1D1，CD⊂平面DCC1D1，
∴AB∥平面DCC1D1.
∵AA1∥DD1，AA1⊄平面DCC1D1，DD1⊂平面DCC1D1，
∴AA1∥平面DCC1D1.
又AB∩AA1＝A，∴平面ABB1A1∥平面DCC1D1.
又A1B⊂平面ABB1A1，∴A1B∥平面DCC1D1.
解法二 如图，取CD的中点E，连接BE，D1E，则DE＝2，
∵AB∥DC，AB＝2，∴AB?DE，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴BE?AD.
又AD?A1D1，∴BE?A1D1，
∴四边形A1D1EB为平行四边形，
∴A1B∥D1E，
又D1E⊂平面DCC1D1，A1B⊄平面DCC1D1，
∴A1B∥平面DCC1D1.
例2 [北京高考节选]如图，在正方形AMDE中，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.求证：AB∥FG.
解析 在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.
又AB⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
所以AB∥平面PDE.
因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
方法技巧
1.证明线线平行常用的方法
（1）利用线面平行的性质定理.
（2）利用面面平行的性质定理.
（3）利用中位线，对应线段成比例，平行四边形的性质等.
2.证明直线与平面平行的常用方法
（1）利用线面平行的判定定理.
（2）利用面面平行的性质：α∥β，a⊂α⇒a∥β.
注意 应用线面平行的判定定理和性质定理时，一定要注意定理成立的条件.
训练1 [2023江西省南昌市摸底测试]如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AD，D1C1，C1B1的中点分别为E，F，G，H，则下列直线中，与平面ACD1和平面BDC1的交线平行的直线是（ C ）
A.EHB.HGC.EGD.FH
解析 如图，设AC∩BD＝M，CD1∩C1D＝N，则M∈平面ACD1，M∈平面BDC1，N∈平面ACD1，N∈平面BDC1，连接MN，则平面ACD1∩平面BDC1＝MN.在△ACD1中，M，N分别为AC，CD1的中点，所以MN∥AD1.连接EG，在四边形ABC1D1中，易知四边形ABC1D1是平行四边形，又E，G分别为AB，C1D1的中点，所以EG∥AD1，所以MN∥EG.故选C.
训练2 [2022北京高考节选]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.求证：MN∥平面BCC1B1.
解析 解法一 如图，设点P为AB的中点，连接PN，PM，因为N为AC的中点，所以PN为△ABC的中位线，
所以PN∥BC.
又M为A1B1的中点，所以PM∥BB1.
因为BB1∩BC＝B，PM∩PN＝P，BB1，BC⊂平面BCC1B1，PM，PN⊂平面MPN，所以平面BCC1B1∥平面MPN.
又MN⊂平面MPN，
所以MN∥平面BCC1B1.
解法二 如图，取BC的中点D，连接B1D，DN.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1， AB＝A1B1.
因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC 的中点，
所以B1M∥AB，B1M＝12AB，DN∥AB，DN＝12AB，则B1M∥DN且B1M＝DN，
所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN.又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.
命题点2 面面平行的判定与性质
例3 [全国卷Ⅱ]设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ B ）
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线
D.α，β垂直于同一平面
解析 对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确.综上可知选B.
例4 [安徽高考节选]如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.证明：Q为BB1的中点.
解析 因为BQ∥AA1，BC∥AD，BQ，BC⊄平面A1AD，AA1，AD⊂平面A1AD，所以BQ∥平面A1AD，BC∥平面A1AD，又BC∩BQ＝B，
所以平面QBC∥平面A1AD.
从而平面α与这两个平面的交线互相平行，即QC∥A1D.
故△QBC与△A1AD的对应边互相平行，于是△QBC∽△A1AD.
所以BQBB1＝BQAA1＝BCAD＝12，即Q为BB1的中点.
方法技巧
证明面面平行的常用方法
（1）利用面面平行的判定定理.
（2）利用垂直于同一条直线的两个平面平行（l⊥α，l⊥β⇒α∥β）.
（3）利用平面平行的传递性（α∥β，β∥γ⇒α∥γ）.
训练3 [2023高三名校联考节选]如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，∠ABC＝π3，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点.求证：平面AEG∥平面BDH.
解析 如图，连接AC，交BD于点O，连接OH，在△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又EG⊄平面BDH，BH⊂平面BDH，所以EG∥平面BDH.同理可得AG∥平面BDH，因为AG，EG⊂平面AEG，AG∩EG＝G，所以平面AEG∥平面BDH.
命题点3 平行关系的综合应用
例5 [山东高考节选]在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.
解析 如图，连接CF，设CF的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF.
连接OB，易知EF∥OB，
所以GI∥OB.
因为GI⊄平面ABC，OB⊂平面ABC，所以GI∥平面ABC.
在△BCF中，因为H，I分别是BF，CF的中点，
所以HI∥BC.
因为HI⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以HI∥平面ABC，
又HI∩GI＝I，HI⊂平面GHI，GI⊂平面GHI，
所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.
方法技巧
平行关系的综合应用
训练4 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝12AD，E是PD的中点.
（1）求证：CE∥平面PAB.
（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB？请说明理由.
解析 （1）如图，取AP的中点F，连接EF，BF，
因为E，F分别是PD，AP的中点，所以EF∥AD且EF＝12AD.
又BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD，
又BC＝12AD，所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，所以CE∥平面PAB.
（2）线段AD上存在点N，且点N为AD的中点，使得MN∥平面PAB.理由如下：
如图，取AD的中点N，连接CN，EN，
因为E，N分别为PD，AD的中点，所以EN∥PA.
因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EN∥平面PAB.
由（1）知，CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE，EN⊂平面CEN，所以平面CEN∥平面PAB.
连接MN，则MN⊂平面CEN，所以MN∥平面PAB.
于是在线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB.
1.[命题点1]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，E分别为AC，B1C1的中点.求证：DE∥平面ABB1A1.
解析 解法一 如图，取BC的中点F，连接DF，EF，
因为F是BC的中点，D是AC的中点，所以DF∥AB，
因为DF⊄平面ABB1A1，
所以DF∥平面ABB1A1.
又E是B1C1的中点，所以EF∥B1B，因为EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
因为DF∩EF＝F，所以平面DEF∥平面ABB1A1，
因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面ABB1A1.
解法二 如图，取A1B1的中点F，连接EF，AF，
因为E，F分别是B1C1，A1B1的中点，所以EF∥A1C1，且EF＝12A1C1，
又AC∥A1C1，AC＝A1C1，所以EF∥AC，且EF＝12AC.
因为D为AC的中点，所以EF＝AD，
所以四边形ADEF为平行四边形，所以DE∥AF.
因为DE⊄平面ABB1A1，AF⊂平面ABB1A1，
所以DE∥平面ABB1A1.
2.[命题点1，2]在如图所示的圆柱O1O中，AB，CD分别是圆O，圆O1的直径，E为圆O上一点，P为DE上一点，且OP∥平面BCE.求证：DP＝PE.
解析 如图所示，连接O1P，O1O，
则易知OO1∥BC，
因为BC⊂平面BCE，且OO1⊄平面BCE，所以OO1∥平面BCE，
因为OP∥平面BCE，且OO1∩OP＝O，OO1，OP⊂平面OPO1，
所以平面OPO1∥平面BCE.
又因为平面DCE∩平面OPO1＝O1P，平面DCE∩平面BCE＝CE，所以O1P∥CE.
因为O1是CD的中点，所以P是DE的中点，即DP＝PE.
3.[命题点2]如图，在三棱锥P－ABC中，△PAB是正三角形，G是△PAB的重心，D，E，H分别是PA，BC，PC的中点，点F在BC上，且BF＝3FC.证明：平面DFH∥平面PGE.
解析 如图，连接BG，DG，由题意可得BG与GD共线，且BG＝2GD.
∵E是BC的中点，BF＝3FC，
∴F是CE的中点.
∴BGGD＝BEEF＝2，∴GE∥DF.
∵GE⊂平面PGE，DF⊄平面PGE，∴DF∥平面PGE.
∵H是PC的中点，F为CE的中点，
∴FH∥PE，又PE⊂平面PGE，FH⊄平面PGE，
∴FH∥平面PGE.
∵DF∩FH＝F，DF⊂平面DFH，FH⊂平面DFH，
∴平面DFH∥平面PGE.
4.[命题点3/2023北京市海淀区模拟]如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD是边长为5的菱形，AA1＝AC＝4，E为AB的中点，F为CC1的中点.
（1）证明：EF∥平面ACD1.
（2）若点P为线段EF上的动点，求点P到平面ACD1的距离.
解析 （1）如图，取BC的中点G，连接FG，EG，BC1.
∵G，E，F分别为BC，AB，CC1的中点，∴EG∥AC，FG∥BC1.
由四棱柱ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，得AD1∥BC1，∴AD1∥GF.
∵AD1⊂平面ACD1，GF⊄平面ACD1，∴GF∥平面ACD1.
∵EG⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴EG∥平面ACD1.
又EG∩FG＝G，EG，FG⊂平面EFG，
∴平面EFG∥平面ACD1.
∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面ACD1.
（2）连接BD，与AC相交于点O，如图，
在Rt△ADD1中，AD1＝AD2＋DD12＝5+16＝21，
同理可得CD1＝21，
由四边形ABCD是菱形，可知AC⊥BD，且OA＝OC＝2，
在Rt△OAB中，OB＝AB2－OA2＝5－4＝1.
设点P到平面ACD1的距离为d，由EF∥平面ACD1，可知点E到平面ACD1的距离也为d， 连接OD1，ED1，CE，∵AD1＝CD1＝21，O是AC的中点，
∴D1O⊥AC，∴OD1＝AD12－OA2＝21－4＝17，则△ACD1的面积为12×4×17＝217，△ACE的面积为12×4×12×1＝1.
则V三棱锥D1－ACE＝13×1×4＝43，V三棱锥E－ACD1＝13×217×d＝2173d，
由V三棱锥E－ACD1＝V三棱锥D1－ACE，得2173d＝43，解得d＝21717，故点P到平面ACD1的距离为21717.
学生用书·练习帮P332
1.[多选/2023贵州省六盘水市第二中学段考]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知点G，H分别在A1B1，A1C1上，且GH经过△A1B1C1的重心，点E，F分别在AB，AC上，且平面A1EF∥平面BCHG，则下列结论正确的是（ AB ）
A.EF∥GH
B.GH∥平面A1EF
C.GHEF＝43
D.平面A1EF∥平面BCC1B1
解析 在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1B1C1∥平面ABC，由面面平行的性质可得GH∥BC，又GH过△A1B1C1的重心，所以GHB1C1＝GHBC＝23.由平面A1EF∥平面BCHG可知EF∥BC，A1G＝BE，所以EF∥GH，EFBC＝13，所以GHEF＝2.因为EF∥GH，GH⊄平面A1EF，所以GH∥平面A1EF.因为A1，E，B，B1四点共面，且易得A1E与BB1相交，所以平面A1EF与平面BCC1B1相交.故选AB.
2.[多选/2024南昌市模拟]在下列底面是平行四边形的四棱锥中，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点， 则MN∥平面ABC的有（ AB ）
解析 对于A，B选项：如图1，图2，取AB的中点P，连接CP，PM，则MP?CN，
∴四边形MNCP为平行四边形，∴MN∥CP，又MN⊄平面ABC，CP⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.故A，B正确.
对于C选项：如图3，连接EM，由C，M为所在棱的中点知EM∥BC，易证EM∥平面ABC.假设MN∥平面ABC，由EM∩MN＝M，EM，MN⊂平面MNE，可证平面MNE∥平面ABC，又NE⊂平面MNE，∴NE∥平面ABC，这与NE∩平面ABC＝A矛盾，∴假设不成立，即MN与平面ABC不平行，故C错误.
对于D选项：如图4，连接FN，设FN∩AC＝O，连接BO.若MN∥平面ABC，则由平面FMN∩平面ABC＝BO，可证得MN∥BO.由B为FM的中点知BO为△FNM的中位线，从而O为FN的中点，实际上FN的中点在底面平行四边形两条对角线的交点处，该交点显然不是图中的点O，故D错误.
故选AB.
图1 图2
图3 图4
3.如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝
3 cm，则AC的长为 72 cm.
解析 过点D作直线AB的平行线分别交平面β与平面γ于点M，N，连接AD，BM，CN，ME，NF，如图所示，则AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以ABBC＝DMMN＝DEEF，因为AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，所以2BC＝43，解得BC＝32 cm，所以AC＝AB＋BC＝2＋32＝72（cm）.
4.下列三个命题在“（ ）”处都缺少同一个条件，补上这个条件可使这三个命题均为真命题（其中l，m为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面），则此条件是 l⊄α .
① l//m m//α（ ）⇒l∥α；② m⊂α l//m（ ）⇒l∥α；
③ l⊥m m⊥α（ ）⇒l∥α.
解析 ②体现的是线面平行的判定定理，缺少的条件是“l为平面α外的一条直线”，即“l⊄α”，“l⊄α”也适用于①和③，故此条件是l⊄α.
5.[2024贵阳市模拟节选]如图，△ABC是正三角形，四边形ABB1A1是矩形，平面ABB1A1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，AA1＝2CC1.设直线l为平面ABC与平面A1B1C1的交线，求证：l∥AB.
解析 ∵四边形ABB1A1是矩形，
∴AB∥A1B1，
∵A1B1⊂平面A1B1C1，AB⊄平面A1B1C1，
∴AB∥平面A1B1C1，
又AB⊂平面ABC，平面ABC∩平面A1B1C1＝l，
∴l∥AB.
6.[2023陕西省模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，侧面PCD是等边三角形且与底面ABCD垂直，PD＝4，E，F分别为AB，PC上的点，且PF＝13PC，AE＝13AB.
（1）证明：EF∥平面PAD.
（2）若∠BAD＝60°，求三棱锥B－EFC的体积.
解析 （1）解法一（利用线面平行的判定定理证明） 在PD上取点M使得PM＝13PD，连接FM，MA，如图1所示.
因为PF＝13PC，PM＝13PD，
所以MF∥CD，且MF＝13CD，图1
又AE＝13AB＝13CD，且AE∥CD，
所以MF?AE，
所以四边形AEFM是平行四边形，
所以EF∥AM，
又EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
解法二（利用面面平行的性质证明） 如图2所示，在CD上取点T，使得DT＝13DC，连接FT，TE.
因为四边形ABCD是菱形，且AE＝13AB，
所以AE?DT，
所以四边形AETD为平行四边形，图2
所以TE∥AD.
又AD⊂平面PAD，TE⊄平面PAD，
所以TE∥平面PAD.
在△PDC中，PF＝13PC，DT＝13DC，
所以FT∥PD，
又PD⊂平面PAD，FT⊄平面PAD，
所以FT∥平面PAD.
又FT∩ET＝T，所以平面FTE∥平面PDA.
又EF⊂平面FTE，所以EF∥平面PAD.
（2）如图3，取CD的中点O，连接PO，因为△PCD为等边三角形，且PD＝4，所以PO⊥CD，PO＝23.
因为侧面PCD⊥底面ABCD，
平面PCD∩平面ABCD＝CD，
所以PO⊥平面ABCD. 图3
因为PF＝13PC，所以点F到平面ABCD的距离h＝23PO＝433，
S△BCE＝12×23×4×4×sin 120°＝833，
所以三棱锥B－EFC的体积为VB－EFC＝VF－BCE＝13S△BCE×h＝13×833×433＝329.
7.[2024武汉部分学校调考节选]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面四边形ABCD满足AB＝CB＝2，AD＝CD＝5，∠ABC＝90°，棱PD上的点E满足PE＝2DE. 求证：直线CE∥平面PAB.
解析 如图，连接AC，BD，记AC与BD交于点O，取OD的中点F，连接EF，CF，AF.
由AB＝CB，AD＝CD，得BD垂直平分AC.
又∠ABC＝90°，且AB＝2，
所以AO＝BO＝CO＝1，所以DO＝AD2－AO2＝2，
所以DF＝1，BF＝2.
所以BFFD＝PEED＝2，所以EF∥PB.
因为PB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.
又点O为线段BF和AC的中点，所以四边形ABCF是平行四边形，所以CF∥AB.
因为AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，所以CF∥平面PAB.
又EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面CEF，所以平面CEF∥平面PAB.
又CE⊂平面CEF，所以直线CE∥平面PAB.
8.[2024陕西省商洛市部分学校高三阶段性测试]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.
（1）证明：平面ABD∥平面FEC1.
（2）求点F到平面ABD的距离.
解析 （1）在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以AB∥EF.因为AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，
所以AB∥平面FEC1.
因为AC∥A1C1，所以AF∥DC1，又AF＝12AC＝12A1C1＝DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1，
因为AD⊄平面FEC1，FC1⊂平面FEC1，所以AD∥平面FEC1.
又AD∩AB＝A，AB，AD⊂平面ABD，
所以平面ABD∥平面FEC1.
（2）如图所示，连接BF，DF.
由勾股定理得AB＝AC2－BC2＝3，AD＝AA12＋A1D2＝5，BD＝BF2＋DF2＝5，
所以△ABD的面积为12AB×AD2－（AB2）2＝12×3×5－34＝514.
设点F到平面ABD的距离为h，
则三棱锥F－ABD的体积为V＝13h×514＝5112h.
又易知DF⊥平面ABC，
所以三棱锥D－ABF的体积为V＝13×DF×S△ABF＝13×2×12×12×3×1＝36.
所以5112h＝36，解得h＝21717，
即点F到平面ABD的距离为21717.
9.四面体ABCD的体积为1，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，如图.
（1）证明：平面GHF∥平面BCD.
（2）求三棱锥O－BCD的体积.
（3）设棱AB与棱GH的交点为M，判断M的位置（不需要证明），并求出两个正四面体公共部分的体积.
解析 （1）将正四面体ABCD及正四面体EFGH内嵌至正方体中，如图所示.
∵DF∥BH，DF＝BH，则四边形BDFH为平行四边形，
∴BD∥FH.
又BD⊂平面BCD，FH⊄平面BCD，∴FH∥平面BCD.
同理可得GF∥平面BCD，
又FH∩GF＝F，FH⊂平面GHF，GF⊂平面GHF，所以平面GHF∥平面BCD.
（2）三棱锥O－BCD的体积V＝14VABCD＝14.
（3）易知M为棱AB与棱GH的中点，设A1，A2，A3分别为AC，AD，CD的中点，如图所示.
从而所求体积V公共＝VEFGH－4VF－A1A2A3＝VEFGH－4×18VEFGH＝12.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理.
2.能用已获得的结论证明空间基本图形的平行关系的简单命题.
线面平行的判定与性质
2023上海T17；2022新高考卷ⅡT20；2022北京T17；2019全国卷ⅠT18
本讲内容是高考命题的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定定理和性质定理的应用，题型既有选择题，也有解答题，难度中等.预计2025年高考命题稳定，但应注意与充分必要条件等知识的综合命题.
面面平行的判定与性质
2022全国卷乙T7；2019全国卷ⅡT7
平行关系的综合应用
定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果平面② 外 一条直线与此平面③ 内 的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.简称：线线平行，则线面平行.
④a⊄α b⊂α⑤a∥b ⇒a∥α
性质
定理
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面⑥ 相交 ，那么该直线与交线平行.简称：线面平行，则线线平行.
a∥α a⊂β⑦α⋂β＝b ⇒a∥b
定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面内的两条⑧ 相交 直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.简称：线面平行，则面面平行.
a⊂α b⊂α⑨a⋂b＝P ⑩a//β ⑪b//β ⇒α∥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⑫ 交线平行 .简称：面面平行，则线线平行.
α//βα⋂γ＝aβ⋂γ＝b⇒a∥b