高考数学第二轮复习专题练习 专题8.9 空间直线、平面的平行（重难点题型精讲）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.9 空间直线、平面的平行（重难点题型精讲）（教师版），共27页。试卷主要包含了直线与直线平行，直线与平面平行，平面与平面平行，平行关系的相互转化及综合应用等内容，欢迎下载使用。

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.
4．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1 证明线线平行】
【方法点拨】
掌握线线平行的判定方法，结合题目条件，进行求解，即可证明线线平行.
【例1】（2023·上海·高二专题练习）若∠AOB=∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1方向相同，则下列结论正确的有（ ）
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
【解题思路】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．
【解答过程】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．
【变式1-1】（2022·全国·高一专题练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线l⊂平面A1B1C1D1，且直线l与直线B1C1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
【解题思路】假设l//AD，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l与直线AD一定不平行；当l与A1C1平行时，选项C正确；当l与B1D1平行时，选项D正确.
【解答过程】假设l//AD，则由AD//BC//B1C1，知l//B1C1，
这与直线l与直线B1C1不平行矛盾，
所以直线l与直线AD不平行.
故选：A.
【变式1-2】（2022·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.
【变式1-3】（2022春·高一课时练习）如图，在三棱锥P-ABC中，E,F,G,H,I,J分别为线段PA,PB,PC,AB,BC,CA的中点，则下列说法正确的是
A．PH||BGB．IE||CPC．FH||GJD．GI||JH
【解题思路】由平行公理即可得解.
【解答过程】由题意结合三角形中位线的性质可得：FH∥PA,GJ∥PA，
由平行公理可得：FH∥GJ.
故选C.
【题型2 直线与平面平行的判定】
【方法点拨】
使用直线与平面平行的判定定理时，关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线，具体操作中，我们
可以利用几何体的特征，合理利用中位线定理，或者构造平行四边形等证明两直线平行.
【例2】（2023·高一课时练习）已知A、B、C、D是不共面四点，M、N分别是△ACD、△BCD的重心．以下平面中与直线MN平行的是（ ）
①平面ABC； ②平面ABD； ③平面ACD； ④平面BCD．
A．①③B．①②C．①②③D．①②③④
【解题思路】由已知以及重心定理可推得EMEA=ENEB=13，进而得到MN//AB，根据线面平行的判定定理可得①②正确；进而可判断直线MN与平面ACD以及平面BCD相交，即可得出③④错误.
【解答过程】
如图，取CD中点为E，连结AE、BE.
由已知以及重心定理可得，AMME=21，BNNE=21，则EMEA=13，ENEB=13.
所以EMEA=ENEB=13，所以MN//AB.
因为MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，故①正确；
因为MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN//平面ABD，故②正确；
因为M∈平面ACD，N∉平面ACD，所以MN与平面ACD不平行，故③错误；
因为N∈平面BCD，M∉平面BCD，所以MN与平面BCD不平行，故④错误.
故选：B.
【变式2-1】（2022秋·内蒙古呼和浩特·高二期中）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】利用线面平行判定定理可知B，C，D均不满足题意，A选项可证明出直线AB与平面MNQ不平行，从而可得答案.
【解答过程】对于选项B，如图1，连接CD，
因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CD//MQ，
由于AB//CD，所以AB//MQ，
因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
B选项不满足题意；
对于选项C，如图2，连接CD，
因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CD//MQ，
由于AB//CD，所以AB//MQ，
因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
C选项不满足题意；
对于选项D，如图3，连接CD，
因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CD//NQ，
由于AB//CD，所以AB//NQ，
因为AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
可知D不满足题意；
如图4，取BC的中点D，连接QD，
因为Q是AC的中点，
所以QD//AB，
由于QD与平面MNQ相交，故AB与平面MNQ不平行，
A正确.
故选：A.
【变式2-2】（2022秋·广东湛江·高三统考阶段练习）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱C1D1的中点，则（ ）
A．B1C//平面A1BMB．A1B1//平面BDM
C．BM//平面ACD1D．BC1//平面A1MC
【解题思路】作出过点A1,B,M的正方体的截面判断A；作出过点B,D,M的正方体的截面判断B；作出过点A,C,D1的正方体的截面判断C；作出过点A1,M,C的正方体的截面判断D作答.
【解答过程】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，M是棱C1D1的中点，
对于A，取CC1中点N，连接MN,BN,CD1，如图，
正方体ABCD-A1B1C1D1的对角面A1BCD1是矩形，A1B//D1C//MN，即BN⊂平面A1BM，
而B1C与BN相交，则B1C与平面A1BM有公共点，A不正确；
对于B，取B1C1中点P，连接MP,BP,D1B1，如图，
正方体ABCD-A1B1C1D1的对角面BDD1B1是矩形，DB//D1B1//MP，而A1B1∩D1B1=B1，
又A1B1,D1B1,MP都在平面A1B1C1D1内，则A1B1与MP相交，因此A1B1与平面BDM有公共点，B不正确；
对于C，取AB中点Q，连接D1Q，如图，
AB//A1B1//D1C1,AB=A1B1=D1C1，则BQ//D1M,BQ=D1M，四边形BQD1M是平行四边形，
因此BM//D1Q，又D1Q∩平面ACD1=D1，则BM与平面ACD1相交，C不正确；
对于D，取AB中点Q，A1B1中点O，连接A1Q,CQ,MQ,C1O,OQ，如图，
正方形ABB1A1中，QO//BB1//CC1,QO=BB1=CC1，则四边形CC1OQ是平行四边形，有CQ//C1O，
正方形A1B1C1D1中，A1O//MC1,A1O=MC1，即四边形A1MC1O是平行四边形，有A1M//C1O//CQ，
又C1M//A1B1//BQ,C1M=12A1B1=BQ，四边形C1MQB是平行四边形，则BC1//MQ，
因MQ⊂平面A1MC，BC1⊄平面A1MC，BC1//平面A1MC，D正确.
故选：D.
【变式2-3】（2022秋·四川·高二阶段练习）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则下列直线中与平面AEC平行的是（ ）
A．AD1B．AA1C．BD1D．EO
【解题思路】根据线面平行的判定定理即可得出答案.
【解答过程】解：对于A，因为直线AD1与平面AEC交于点A，故不平行；
对于B，因为直线AA1与平面AEC交于点A，故不平行；
对于C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
因为E为DD1的中点，O为BD的中点，
所以EO∕∕BD1，
又EO⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，
所以BD1∕∕平面AEC；
对于D，因为EO⊂平面AEC，故不平行.
故选：C.
【题型3 平面与平面平行的判定】
【方法点拨】
第一步：在一个平面内找出两条相交直线；
第二步：证明这两条相交直线分别平行于另一个平面；
第三步：利用平面与平面平行的判定定理得出结论.
【例3】（2022·全国·高三专题练习）下列四个正方体中，A、B、C为所在棱的中点，则能得出平面ABC//平面DEF的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】利用反证法可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用反证法结合面面平行的性质可判断C选项；利用面面平行的判定和性质定理、结合反证法可判断D选项.
【解答过程】对于A选项，若平面ABC//平面DEF，AC⊂平面ABC，则AC//平面DEF，
由图可知AC与平面DEF相交，故平面ABC与平面DEF不平行，A不满足条件；
对于B选项，如下图所示，连接NG，
因为A、C分别为PN、PG的中点，则AC//NG，
在正方体EHDG-MFNP中，FN//EG且FN=EG，
故四边形EFNG为平行四边形，所以，NG//EF，∴AC//EF，
∵AC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AC//平面DEF，
同理可证BC//平面DEF，∵AC∩BC=C，因此，平面ABC//平面DEF，B满足条件；
对于C选项，如下图所示：
在正方体PHDG-MNFE中，若平面ABC//平面DEF，且平面DEF//平面MNHP，
则平面ABC//平面MNHP，但这与平面ABC与平面MNHP相交矛盾，
因此，平面ABC与平面DEF不平行，C不满足条件；
对于D选项，在正方体PDHG-FNEM中，连接PH、PM、MH，如下图所示：
因为DH//FM且DH=FM，则四边形DHMF为平行四边形，则DF//MH，
∵DF⊄平面PHM，MH⊂平面PHM，所以，DF//平面PHM，
同理可证EF//平面PHM，∵DF∩EF=F，所以，平面DEF//平面PHM，
若平面ABC//平面DEF，则平面ABC//平面PHM，
这与平面ABC与平面PHM相交矛盾，故平面ABC与平面DEF不平行，D不满足条件.
故选：B.
【变式3-1】（2022秋·北京海淀·高二期中）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
【解题思路】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．
【解答过程】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D，平面EFGH//平面A1BCD1，理由是：
由E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，
得出EF//A1B，EH//A1D1，
所以EF//平面A1BCD1，EH//平面A1BCD1，
又EF∩EH=E，所以平面EFGH//平面A1BCD1．
故选：D．
【变式3-2】（2022·浙江·高三专题练习）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，M，N分别为棱AB，BC，DD1，D1C1上的中点，下列判断正确的是（ ）
A．直线AD//平面MNEB．直线FC1//面MNE
C．平面A1BC//平面MNED．平面AB1D1//平面MNE
【解题思路】根据平面的基本性质做出截面，如图所示，然后根据线面平行的定义否定AB,根据面面平行的定义否定C,利用面面平行的判定定理证得D.
【解答过程】过点M，N，E的截面如图所示(H，I，J均为中点)，
所以直线AD与其相交于H点，
故A项错误；
直线FC1与直线IJ在平面BCC1B1必定相交，故B项错误；
直线A1B与直线EI相交，
故平面A1BC与平面MNE不平行，C项错误；
易得直线AB1//直线EI，直线AD1//直线MH，
又∵AB1∩AD1=A,所以平面AB1D1//平面MNE.
故选:D.
【变式3-3】（2022春·湖北·高二阶段练习）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．
【解题思路】延拓过点P,Q,R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.
【解答过程】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面PSRHNQ，如下图所示：
对B,C选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；
对A：MC1与QN是相交直线，所以A不正确；
对D：因为A1C1//RH，，BC1//QN， A1C1∩BC1=C1,
又容易知RH,QN也相交，
A1C1,BC1平面A1C1B；RH,QN⊂平面PSRHNQ，
故平面A1C1B//平面PSRHNQ
故选：D.
【题型4 线面平行性质定理的应用】
【方法点拨】
应用线面平行的性质定理时，关键是过已知直线作辅助平面与已知平面相交，所得交线与已知直线平行.还
可以利用交线判断已知平面内任意一条直线与已知直线的位置关系，即在已知平面内，所有与交线平行的
直线都与已知直线平行，所有与交线相交的直线都与已知直线异面.
【例4】（2022春·浙江·高一期中）下列命题中正确的是（ ）
A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
B．平面α内有不共线的三个点A，B，C到平面β的距离相等，则α∥β
C．b∥α，α∥β，则b∥β
D．a∥α，a∥b，b⊄α，则b∥α
【解题思路】根据线面平行的判断和性质理解辨析.
【解答过程】对于A：若一条直线与一个平面平行，这条直线与平面内的无数条直线平行，但不是任意一条，A错误；
对于B：由题意可得：α∥β或α与β相交，B错误；
对于C：根据题意可得：b∥β或b⊂β，C错误；
对于D：∵a∥α，则∃m⊂α，使得a∥m，则a∥m，
∴b∥m，
b⊄α,m⊂α，
∴b∥α，D正确；
故选：D.
【变式4-1】（2022·全国·高三专题练习）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4-2】（2022·全国·高三专题练习）若直线a//平面α，A∉α，且直线a与点A位于α的两侧，B，C∈a，AB，AC分别交平面α于点E，F，若BC=4，CF=5，AF=3，则EF的长为（ ）
A．3B．32C．34D．23
【解题思路】根据线面平行可得线线平行，从而可求EF=32.
【解答过程】∵BC//α，BC⊂平面ABC，平面ABC∩α=EF，
∴EF//BC，∴AFAC=EFBC，即35+3=EF4，∴EF=32.
故选：B.
【变式4-3】（2022春·江西南昌·高二阶段练习）如图，在三棱锥P-ABC中，点D，E分别为棱PB、BC的中点，点G为CD、PE的交点，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】结合线面平行的性质定理证得AD//FG，结合三角形的重心求得AFFC.
【解答过程】由于AD//平面PEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面PEF=FG，
根据线面平行的性质定理可知AD//FG.
由于点D，E分别为棱PB、BC的中点，点G为CD、PE的交点，
所以G是三角形PBC的重心，
所以AFFC=DGGC=12.
故选：C.
【题型5 面面平行性质定理的应用】
【方法点拨】
应用面面平行的性质定理时，找出一个平面中的一条直线，则该直线与另一个平面平行，据此可解题.
【例5】（2022·高一课时练习）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ABB1A1//平面CDD1C1，且AF//EC1，则四边形AEC1F的形状是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【解题思路】根据平行关系可知A,F,C1,E四点共面，由面面平行的性质可证得AE//C1F，由此可得结论.
【解答过程】∵AF//C1E，∴A,F,C1,E四点共面；
∵平面ABB1A1//平面CDD1C1，平面ABB1A1∩平面AFC1E=AE，平面CDD1C1∩平面AFC1E=C1F，∴AE//C1F，
∴四边形AEC1F为平行四边形.
故选：A.
【变式5-1】（2022·全国·高三专题练习）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5-2】（2022春·四川成都·高二期末）若平面α//平面β，直线m⊂α，则直线m与平面β的位置关系是（ ）
A．相交B．平行C．m在β内D．无法判定
【解题思路】由面面平行可直接得到结果.
【解答过程】由面面平行的性质可知：当平面α//平面β，直线m⊂α时，m//β.
故选：B.
【变式5-3】（2022·高一课时练习）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6 平行问题的综合应用】
【方法点拨】
在立体几何中常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种平行关系不是孤立的，而是相互
联系，并且可以相互转化的.所以要解决平行关系的综合问题，必须要灵活运用三种平行关系的相互转化.
【例6】（2022秋·陕西渭南·高一期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E,F分别为BC,AC,A1C1的中点，AB=BC．求证：
(1)A1B1//平面DEC1；
(2)平面ABF//平面DEC1．
【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理证得A1B1//平面DEC1；
（2）根据面面平行的判定定理证得平面ABF//平面DEC1．
【解答过程】（1）∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别为BC,AC的中点，
∴DE//AB,AB//A1B1,∴DE//A1B1，
∵DE⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1，
∴A1B1//平面DEC1．
（2）∵AB//DE,AB⊄平面DEC1，DE⊄平面DEC1，
∴AB//平面DEC1．
∵F,E分别为A1C1,AC的中点，A1C1//AC，
∴FC1//AE，且FC1=AE．
∴四边形FC1EA是平行四边形．
∴AF//EC1．
又EC1⊂平面DEC1,AF⊄平面DEC1，
∴AF//平面DEC1．
又AB,AF⊂平面ABF,AB∩AF=A，
∴平面ABF//平面DEC1．
【变式6-1】（2022秋·河北唐山·高二阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E,F,G分别是BC,DC,SC的中点，求证：
(1)EG//平面BDD1B1；
(2)平面EFG//平面BDD1B1.
【解题思路】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.
【解答过程】（1）
如图，连接SB，∵E,G分别是BC,SC的中点，∴EG// SB.
又∵SB⊆平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG//平面BDD1B1.
（2）连接SD，∵F,G分别是DC,SC 的中点，
∴FG//SD.又∵SD⊆平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴FG//平面BDD1B1，由(1)知，EG//平面BDD1B1，
且EG⊆平面EFG，FG⊆平面EFG，EG∩FG=G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.
【变式6-2】（2022春·山东聊城·高一期中）如图：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为DD1的中点.
(1)求证：BD1 ∥平面AMC；
(2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC ∥平面BND1.
【解题思路】（1）设AC∩BD=O，接OM，证明OM∥BD1，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）证明四边形CND1M为平行四边形，从而可得D1N∥CM，即可证得D1N ∥平面AMC，再根据面面平行的判定定理即可得证.
【解答过程】（1）证明：设AC∩BD=O，接OM，
∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，∴O是BD中点，
∵M是DD1的中点，∴OM∥BD1，
∵BD1⊄平面AMC,OM⊂平面AMC,
∴BD1 ∥平面AMC；
（2）证明：∵N为CC1的中点，M为DD1的中点，
∴CN∥D1M,∴CN=D1M，
∴四边形CND1M为平行四边形，∴D1N∥CM，
又∵MC⊂平面AMC,∵D1N⊄平面AMC,∴D1N ∥平面AMC，
由（1）知BD1 ∥平面AMC,∵BD1∩D1N=D1,BD1⊂平面BND1,D1N⊂平面BND1，
∴平面AMC ∥平面BND1.
【变式6-3】（2022春·山东聊城·高一期中）由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点．
(1)求证：A1O∥平面B1CD1；
(2)求证：平面A1BD∥平面B1CD1；
(3)设平面B1CD1与底面ABCD的交线为l，求证：BD∥l．
【解题思路】（1）取B1D1的中点O1，连接CO1,A1O1，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；
（2）由线线平行证BD∥平面B1CD1，结合A1O∥平面B1CD1即可证平面A1BD∥平面B1CD1；
（3）由线面平行证线线平行即可.
【解答过程】（1）取B1D1的中点O1，连接CO1,A1O1，
∵ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，∴A1O1∥OC，
∴四边形A1OCO1为平行四边形，∴A1O∥O1C，
又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1，∴A1O∥平面B1CD1．
（2）∵BB1∥AA1∥DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1，
∵BD⊄平面B1CD1,B1D1⊂平面B1CD1，∴BD∥平面B1CD1，
由（1）得A1O∥平面B1CD1且BD∩A1O=O，BD、A1O⊂平面A1BD，
∴平面A1BD∥平面B1CD1．
（3）由（2）得：BD∥平面B1CD1，
又BD⊂平面ABCD，平面B1CD1∩平面ABCD=l，∴BD∥l．