高考数学第二轮复习专题练习 专题8.10 空间直线、平面的平行（重难点题型检测）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.10 空间直线、平面的平行（重难点题型检测）（教师版），共23页。
1．（3分）（2022春·湖南·高二阶段练习）已知三条不同的直线l，m，n，且l∥m，则“m∥n”是“l∥n”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据线与线的位置关系，结合充要条件的定义即可求解.
【解答过程】解：若m∥n，又l∥m，则l∥n，故充分性成立，
反之，若l∥n，又l∥m，则m∥n，故必要性成立.
故“m∥n”是“l∥n”的充要条件.
故选：C.
2．（3分）（2023春·湖南长沙·高二开学考试）已知α,β,γ是三个不同的平面，m,n是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α//β
B．若m//α，m//β，则α//β
C．若m⊥α，m⊥β，则α//β
D．若m//α，n//α，则m//n
【解题思路】根据空间中平面与平面、直线与平面的位置关系判断即可.
【解答过程】解：对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，故A错误；
对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；
对于C，垂直于同一直线的两平面平行，故C正确；
对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误.
故选：C.
3．（3分）（2022春·河南信阳·高一阶段练习）下列有五个命题：①若直线a//平面α，a//平面β，α∩β=m则a//m；②若直线a//平面α，则a与平面α内任何直线都平行；③若直线α//平面α，平面α //平面β，则α//平面β；④如果a//b，a//平面α，那么b//平面α；⑤对于异面直线a、b存在唯一一对平面α、β使得a⊂平面α， b⊂平面β，且α //β.其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】根据空间中直线，平面间的位置关系判断命题正误.
【解答过程】对于①，直线a//平面α，直线a//平面β，α∩β=m，过a作平面γ交平面α于c，作平面δ交平面α于d，则a//c，a//d，所以c//d，因为c⊂平面α，所以d//平面α，因为α∩β=m，所以m//d，所以a//m，①正确；
对于②，直线a//平面α，则直线a与平面α内的直线平行或异面，所以②错误；
对于③，直线a//平面α，平面α//平面β，可能a⊂平面β，所以③错误；
对于④，a//b，直线a//平面α，可能b⊂平面α，所以④错误；
对于⑤，一对异面直线a，b，过a作与b平行的平面α，过b作与a平行的平面β，使得α//β，所以⑤正确；
故选：C.
4．（3分）（2022·四川成都·统考一模）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是平面A1B1C1D1内的一动点，M为线段DC的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．平面PAM内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PAB和平面PCM的交线不与平面ABCD平行
C．平面PBC内存在无数条直线与平面PAM平行
D．平面PAM和平面PBC的交线不与平面ABCD平行
【解题思路】对A，根据BC与平面PAM相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长AM，BC交于E，根据线面平行的性质判断即可.
【解答过程】对A，因为BC与AM在平面ABCD内且不平行，故BC与AM相交，故BC与平面PAM相交，若平面PAM内任意一条直线与BC平行，则BC//平面PAM，矛盾，故A正确；
对B，由AB平行BC，AB⊄平面PCM，BC⊂平面PCM，故AB//平面PCM.设平面PAB和平面PCM的交线为l，由线面平行的性质可得AB//l，又l⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故l/平面ABCD，故B错误；
对CD，延长AM，BC交于E，连接如图.
由题意，平面PAM和平面PBC的交线即直线PE，故当平面PBC内的直线与PE平行时，与平面PAM也平行，故C正确；
交线PE与平面ABCD交于E，故D正确；
故选：B.
5．（3分）（2022春·新疆乌鲁木齐·高一期中）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中不能满足MN//平面ABC的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.
【解答过程】对于A选项，由下图可知MN//DE//AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，故选项A不符合题意.
对于B选项，设H是EG的中点，由下图，结合正方体的性质可知，AB//NH,MN//AH//BC,AM//CH，所以A,B,C,H,N,M六点共面，故MN⊂平面ABC，因此选项B符合题意.
对于C选项，由下图可知MN//DE//BC，MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，故选项C不符合题意.
对于D选项，设AC∩NE=D，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN//BD，由于MN⊄平面ABC，BD⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，故选项D不符合题意.
故选：B.
6．（3分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体EFGH-E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的是（ ）
A．平面E1FG1与平面EGH1B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1E与平面FHE1D．平面E1HG1与平面EH1G
【解题思路】根据正方体的平行关系，可证平面E1FG1与平面EGH1平行，可得出结论.
【解答过程】如图，正方体EFGH-E1F1G1H1,EE1//GG1,EE1=GG1，
所以四边形EE1G1G是平行四边形，E1G1//EG,E1G1⊄平面EGH1，
EG⊂面EGH1，所以E1G1//平面EGH1，同理G1F//平面EGH1.
因为E1G1∩G1F=G1,E1G1,G1F⊂平面E1FG1，
所以平面E1FG1//平面EGH1.
故选：A.
7．（3分）（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1A1C1D1中，点P是CC1的中点，动点Q在平面DCC1D1内（包括边界），若AQ ∥平面A1BP，则AQ的最小值是（ ）
A．2B．22C．25D．32
【解题思路】M,N分别为DD1,DC的中点，连接AM,AN,MN，证明平面AMN ∥平面A1BP，得到Q的轨迹为线段MN，AQ的最小值是MN边上的高，计算得到答案.
【解答过程】如图所示：M,N分别为DD1,DC的中点，连接AM,AN,MN，
MN∥D1C，D1C∥A1B，故MN∥A1B，A1B⊂平面A1BP，MN⊄平面A1BP，故MN ∥平面A1BP；
易知四边形ABPM为平行四边形，AM∥BP，BP⊂平面A1BP，AM⊄平面A1BP，故AM ∥平面A1BP；
AM∩MN=M，AM,MN⊂平面AMN，故平面AMN ∥平面A1BP，
当AQ⊂平面AMN时，面AMN∩平面D1C1CD=MN，故Q的轨迹为线段MN，
AM=AN=25，MN=22，AQ的最小值是MN边上的高，为252-22=32.
故选：D.
8．（3分）（2022秋·北京·高二阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G分别是棱AB,BC,CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则三角形PBB1的面积的最小值为
A．22B．1C．2D．2
【解题思路】延展平面EFG，可得截面EFGHOR,其中H、Q、R分别是所在棱的中点，可得D1P//平面EFGHQR,再证明平面D1AC//平面EFGHQR,可知P在AC上时，符合题意，从而得到P与O重合时三角形PBB1的面积最小，进而可得结果.
【解答过程】
延展平面EFG，可得截面EFGHQR,其中H、Q、R分别是所在棱的中点，
直线D1P与平面EFG不存在公共点，
所以D1P//平面EFGHQR,
由中位线定理可得AC//EF,
EF在平面EFGHQR内，
AC在平面EFGHQR外，
所以AC//平面EFGHQR,
因为D1P与AC在平面D1AC内相交，
所以平面D1AC//平面EFGHQR,
所以P在AC上时，直线D1P与平面EFG不存在公共点，
因为BO与AC垂直，所以P与O重合时BP最小，
此时，三角形PBB1的面积最小，
最小值为12×2×2=2，
故选C.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2022秋·浙江宁波·高二校考期中）已知α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．a∥α，b∥α，则a∥bB．a⊥β，b⊥β，则a∥b
C．α∥a，β∥a，则α∥βD．α⊥a，β⊥a，则α∥β
【解题思路】根据直线与直线、直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项进行检验即可求解.
【解答过程】对于选项A，因为a∥α，b∥α，所以直线a，b可以相交或a∥b或a与b异面，故选项A错误；
对于选项B，因为a⊥β，b⊥β，所以a∥b，故选项B正确；
对于选项C，因为α∥a，β∥a，所以α∥β或α，β相交，故选项C错误；
对于选项D，因为α⊥a，β⊥a，所以α∥β，故选项D正确，
故选：BD.
10．（4分）（2023春·河北承德·高二开学考试）如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则以下说法正确的是（ ）
A．A1M // D1PB．A1M // B1Q
C．A1M //平面DCC1D1D．A1M //平面D1PQB1
【解题思路】根据题意可证明A1M//PD1，由此可判断A、C、D选项；根据A1M与平面ADD1A1相交，平面BCC1B1//平面BCC1B1可知A1M与B1Q互不平行，由此可判断B选项.
【解答过程】连接MP，因为M，P别为棱AB，CD中点，所以MP//AD且MP=AD因为ABCD-A1B1C1D1为平行六面，所以AD//A1D1且AD=A1D1，所以MP=A1D1且MP//A1D1，故MA1D1P为平行四边形，A1M//PD1，故A正确；
因为D1P⊂平面DCC1D1，A1M⊄平面DCC1D1，所以A1M//平面DCC1D1；同理A1M//平面D1PQB1，故C、D正确
因为A1M与平面ADD1A1相交，且平面BCC1B1//平面BCC1B1，所以A1M与平面BCC1B1相交，又因为B1Q⊂平面BCC1B1相交，所以A1M与B1Q互不平行.故B错误
故选：ACD.
11．（4分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如图，这是四棱锥P-ABCD的平面展开图，其中四边形ABCD是正方形，E，F，G，H分别是PA,PD,PC,PB的中点，则在原四棱锥中，下列结论中正确的有（ ）
A．平面EFGH∥平面ABCDB．PA∥平面BDG
C．EF∥平面PBCD．FH∥平面BDG
【解题思路】根据中位线性质得到线线平行，再由线面平行的判定定理判断B、C、D，由面面平行的判定定理判断A.
【解答过程】由平面展开图还原四棱锥，如图所示，可知ABCD均正确．
若O为BD,AC交点，则O为BD,AC中点，
连接OG，G为PC中点，故OG//PA，OG⊂面BDG，PA⊄面BDG，
所以PA∥平面BDG，B正确；
又F,H为PD,PB中点，则FH//BD，BD⊂面BDG，FH⊄面BDG，
所以FH∥平面BDG，D正确；
由E,F为PA,PD中点，则EF//AD，BC//AD，故EF//BC，
又BC⊂面PBC，EF⊄面PBC，故EF∥平面PBC，C正确；
由EF//AD，AD⊂面ABCD，EF⊄面ABCD，则EF//面ABCD，
同理可得EH//面ABCD，而EH∩EF=E，EH,EF⊂面EFGH，
所以平面EFGH∥平面ABCD，A正确.
故选：ABCD.
12．（4分）（2022·高一课时练习）（多选）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列四组面中彼此平行的有（ ）
A．平面A1BC1与平面AD1CB．平面BDC1与平面B1D1A
C．平面BDA1与平面B1D1CD．平面ACD1与平面A1C1D
【解题思路】对于ABC选项，按照两个平面平行的判定定理，寻找一个平面内两条相交直线分别平行另一个平面即可，三个选项实际上是同一个问题从不同的角度观察所得，对于D选项，找到两个平面的交线即可否定.
【解答过程】对于A选项，
A1B//D1C，A1B⊄平面AD1C，D1C⊂平面AD1C，则A1B//平面AD1C，
同理可证，A1C1//平面AD1C，
因为A1B∩A1C1=A1，A1B⊂平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，
所以平面A1BC1//平面AD1C，故A正确；
对于B选项，
AD1//BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，则AD1//平面BDC1，
同理可证，AB1//平面BDC1，
因为AD1∩AB1=A，AD1⊂平面B1D1A，AB1⊂平面B1D1A，
所以平面BDC1//平面B1D1A，故B正确；
对于C选项，
BD//B1D1，BD⊄平面B1D1C，B1D1⊂平面B1D1C，则BD//平面B1D1C，
同理可证，A1B//平面B1D1C，
因为A1B∩BD=B，A1B⊂平面BDA1，BD⊂平面BDA1，
所以平面BDA1//平面B1D1C，故C正确；
对于D选项，
设A1D∩AD1=E，则E∈平面ACD1且E∈平面A1C1D，
设D1C∩C1D=F，则F∈平面ACD1且F∈平面A1C1D，
所以平面ACD1∩平面A1C1D =EF，故两个平面相交，故D错误.
故选：ABC.
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2023·高一课时练习）在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别边AB,BC,CD,DA上的中点，则直线EG和FH的位置关系是 相交 ．
【解题思路】根据平面的性质结合线线位置关系分析判断.
【解答过程】∵E、F、G、H分别是四边上的中点，
∴EF ∥ AC ∥ GH，即EF ∥ GH，
同理可得：EH ∥ GF，
故E、F、G、H四点共面，且EFGH为平行四边形，则直线EG和FH的位置关系是相交.
故答案为：相交.
14．（4分）（2022·全国·高三专题练习）已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是 平行 四边形．
【解题思路】由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.
【解答过程】由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，
所以AB//FH，
又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，
同理GH//CD//EF，
所以四边形EFHG是平行四边形，
故答案为：平行.
15．（4分）（2023·高一课时练习）下面四个正方体中，点A、B为正方体的两个顶点，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形序号是 ①② ．（写出所有符合条件的序号）
【解题思路】根据线面平行的判定定理以及面面平行的性质定理即可得到答案.
【解答过程】
对于①，如图1.
因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以MN//AC，NP//AD.
又BC//AD，所以NP//BC.
因为MN⊂平面MNP，AC⊄平面MNP，所以AC//平面MNP.
同理可得BC//平面MNP.
因为AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AC∩BC=C，
所以平面ABC//平面MNP.
又AB⊂平面ABC，所以AB//平面MNP，故①正确；
对于②，如图2，连结CD.
因为点M、P分别为其所在棱的中点，所以MP//CD.
又AC//BD，且AC=BD，所以，四边形ABDC是平行四边形，所以AB//CD，
所以AB//MP.
因为MP⊂平面MNP，AB⊄平面MNP，所以AB//平面MNP，故②正确；
对于③，如图3，连结AC、AD、CD.
因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以MP//AC，MN//CD.
因为AC⊄平面MNP，MP⊂平面MNP，所以AC//平面MNP.
同理可得CD//平面MNP.
因为AC⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，AC∩CD=C，
所以平面ACD//平面MNP.
显然A∈平面ACD，B∉平面ACD，所以AB⊄平面ACD，且AB与平面ACD不平行，所以AB与平面MNP不平行，故③错误；
对于④：如图4，连接GE,EN，因为M,N为所在棱的中点，则MN//EF，
故平面MNP即为平面MNEF，由正方体可得AB//EG，
而平面ABGE∩平面MNEF=EM，
若AB//平面MNP，
由AB⊂平面ABGE可得AB//EM，
故EG//EM，显然不正确，故④错误.
故答案为：①②.
16．（4分）（2022秋·甘肃定西·高二统考开学考试）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM//平面AEND；②CN//平面ABFE；③平面BDM//平面AFN；④平面BDE//平面NCF.以上四个命题中，正确命题的序号是 ①②③④ .
【解题思路】将展开图还原成正方体，根据线面平行以及面面平行的判定逐一判定即可.
【解答过程】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA-EFMN，如图所示：
对于①，因为BM//AN，BM⊂平面AEND，AN⊂平面AEND，所以BM//平面AEND，命题①正确；
对于②，CN//BE，CN⊂平面ABFE，BE⊂平面ABFE，所以CN//平面ABFE，命题②正确；
对于③，BD//FN，BM//AN，BD⊄面AFN，BM⊄面AFN，
所以BD//面AFN，BM//面AFN，
BD∩BM=B，BD、BM⊂平面BDN，
所以平面BDM//平面AFN，命题③正确；
对于④，BD//FN，BE//CN，BD⊄面NCF，BE⊄面NCF
所以BD//面NCF，BE//面NCF，BD∩BE=B，BD、BE⊂平面BDE，
所以平面BDE//平面NCF，命题④正确．
故答案为：①②③④．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023·高一课时练习）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、CD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB=CGCD，求证：直线EH与直线FG平行．
【解题思路】根据三角形中位线、平行线等分性质结合平行线的传递性分析证明,
【解答过程】∵E、H分别是AB、CD的中点，则EH ∥ BD，
又∵F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB=CGCD，则FG ∥ BD，
∴EH ∥ FG，
故直线EH与直线FG平行．
18．（6分）（2023·高一课时练习）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E为PB的中点，O为AC、BD的交点.
(1)求证：EO∥平面PCD；
(2)图中EO还与图中哪个平面平行？
【解题思路】由EO∥PD结合线面平行的判定定理证明即可.
【解答过程】（1）因为E，O为PB，BD的中点，所以EO∥PD，
又EO⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以EO∥平面PCD.
（2）因为EO∥PD，EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
19．（8分）（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB上的点．若PD//平面ACE，求PE:PB的值；
【解题思路】连接BD，交AC于点G，连接EG，由线面平行的性质定理得线线平行，由平行线得比例线段．
【解答过程】连接BD，交AC于点G，连接EG；
∵PD//平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE=EG，
∴PD//EG，∴PE:PB=DG:BD；
∵AB//CD，∴DG:GB=CD:AB=1:2，∴DG:BD=1:3，
∴PE:PB=1:3，即PE:PB的值为13．
20．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N,P分别是AD1,BD和B1C的中点.求证：
(1)NP ∥平面CC1D1D.
(2)平面MNP ∥平面CC1D1D.
【解题思路】（1）利用线线平行（NP∥C1D）证线面平行即可
（2）先用线线平行（MN∥CD1）证线面平行（CD1⊂平面CC1D1D），再证面面平行即可
【解答过程】（1）
连接BC1,C1D，因为四边形BB1C1C为正方形，P为B1C中点，所以P为BC1中点，又因为N为BD中点，所以NP∥C1D.
因为NP⊄平面CC1D1D, C1D⊂平面CC1D1D，
所以NP ∥平面CC1D1D，
（2）
连接AC, CD1，因为四边形ABCD为正方形，N为BD中点，
所以N为AC中点.
又因为M为AD1中点，所以MN∥CD1.
因为MN⊄平面CC1D1D，CD1⊂平面CC1D1D
所以MN ∥平面CC1D1D.
由（1）知NP ∥平面CC1D1D，又MN∩PN=N，MN、PN⊂平面MNP，
所以平面MNP ∥平面CC1D1D.
21．（8分）（2022春·河南周口·高一阶段练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，P､Q分别为对角线BD､CD1上的点，且CQQD1=BPPD=23．
（1）求证：PQ//平面A1D1DA；
（2）若R是AB上的点，ARAB的值为多少时，能使平面PQR//平面A1D1DA？请给出证明．
【解题思路】（1）连结CP并延长与DA的延长线交于M点，证明BC//AD，PQ//MD1，又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊂平面A1D1DA，证明PQ//平面A1D1DA；
（2）R是AB上的点，当ARAB的值为35时，能使平面PQR//平面A1D1DA，通过证明PR//平面A1D1DA，又PQ∩R=P，PQ//平面A1D1DA．然后证明即可．
【解答过程】（1）连结CP并延长与DA的延长线交于M点，
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC//AD，
故△PBC~△PDM，
所以CPPM=BPPD=23，
又因为CQQD1=BPPD=23，
所以CQQD1=CPPM=23，
所以PQ//MD1．
又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，
故PQ//平面A1D1DA．
（2）当ARAB的值为35时，能使平面PQR//平面A1D1DA．
证明：因为ARAB=35，
即有BRRA=23，
故BRRA=BPPD．
所以PR//DA．
又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，
所以PR//平面A1D1DA，
又PQ∩PR=P，PQ//平面A1D1DA．
所以平面PQR//平面A1D1DA．
22．（8分）（2022·高一课时练习）如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF=AD，AM=DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.
（1）求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面ADF.
（2）“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由.
【解题思路】（1）在平面图形中，连接MN与AB交于点G，在平面图形中可证MN//AD，当点F，A，D不共线时，MG//AF，NG//AD，可证MG//平面ADF，NG//平面ADF，从而有平面GNM//平面ADF，即可证明结论；
（2）这个结论不正确.要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.
当点F，A，D共线时，由（1）得MN//FD；当点F，A，D不共线时，平面MNG//平面FDA，则要使MN//FD，满足FD与AN共面，只要FM与DN相交即可，可证交点只能为点B，得出只有M，N分别为AE，DB的中点才满足.
【解答过程】（1）证明：在平面图形中，连接MN，与AB交于点G.
∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD=AF，
∴AD//BE且AD=BE，
∴四边形ADBE是平行四边形，∴AE//DB.
又AM=DN，∴四边形ADNM是平行四边形，∴MN//AD.
当点F，A，D不共线时，如图，MG//AF，NG//AD，
AF⊂平面ADF，MG⊄平面ADF，所以MG//平面ADF，
同理NG//平面ADF，又MG∩NG=G，
MG,NG⊂平面GNM，∴平面GNM//平面ADF.
又MN⊂平面GNM，∴MN//平面ADF.
故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FA D.
（2）解：这个结论不正确.
要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.理由如下：
当点F，A，D共线时，由（1）得MN//FD.
当点F，A，D不共线时，如图，
由（1）知平面MNG//平面FDA，则要使MN//FD总成立，
根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可.
若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可，
∵FM⊂平面ABEF，DN⊂平面ABCD，
平面ABEF∩平面ABCD=AB，
∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，
由于四边形ABEF为平行四边形，FB与AE的交点M为AE的中点，
则只有M，N分别为AE，DB的中点才满足.
由FM∩DN=B，
可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面.
∵平面FDNM∩平面MNG=MN，
平面FDNM∩平面FDA=FD，
平面MNG//平面FDA，∴MN//FD.