新高考数学一轮复习基础版讲义第7章第4节　空间直线、平面的平行（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第7章第4节　空间直线、平面的平行（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了平面与平面平行，考查下列两个命题等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
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)直线与平面平行的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)平面与平面平行的判定定理与性质定理
[常用结论与微点提醒]
1.平行关系中的三个重要结论
(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)垂直于同一个平面的两条直线平行.
2.三种平行关系的转化
(1)平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题过程中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向.
(2)在应用判定定理与性质定理时，一定要写全定理满足的条件，否则可能是假命题.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.( )
(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( )
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.( )
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误.
(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误.
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误.
2.(必修二P143T1改编)如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的( )
A.一条直线不相交
B.两条直线不相交
C.无数条直线不相交
D.任意一条直线都不相交
答案 D
解析 因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此直线a与平面α内的任意一条直线都不相交.
3.(必修二P138例3改编)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为____________.
答案 平行四边形
解析 因为平面ABFE∥平面DCGH，
又平面EFGH∩平面DCGH＝HG，且平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
所以EF∥HG，
同理EH∥FG，
所以四边形EFGH是平行四边形.
4.考查下列两个命题：“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l，m为直线，α为平面)，则此条件为________.
①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊂α,l∥m, ))⇒l∥α；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥m,m∥α, ))⇒l∥α.
答案 l⊄α
解析 ①由线面平行的判定定理知l⊄α；
②由线面平行的判定定理知l⊄α.
考点一 直线与平面平行的判定与性质
角度1 直线与平面平行的判定
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E为PC的中点.
求证：BE∥平面PAD.
证明 法一 如图，取PD的中点F，连接EF，FA.
由题意知EF为△PDC的中位线，
∴EF∥CD，且EF＝eq \f(1,2)CD＝2.
又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴AB綉EF，
∴四边形ABEF为平行四边形，∴BE∥AF.
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
法二 如图，延长DA，CB相交于点H，连接PH，
∵AB∥CD，AB＝2，
CD＝4，
∴eq \f(HB,HC)＝eq \f(AB,CD)＝eq \f(1,2)，即B为HC的中点，
又E为PC的中点，∴BE∥PH，
又BE⊄平面PAD，PH⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
法三 如图，取CD的中点H，连接BH，HE，
∵E为PC的中点，
∴EH∥PD，
又EH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴EH∥平面PAD，
又由题意知AB綉DH，
∴四边形ABHD为平行四边形，
∴BH∥AD，
又AD⊂平面PAD，BH⊄平面PAD，
∴BH∥平面PAD，
又BH∩EH＝H，BH，EH⊂平面BHE，
∴平面BHE∥平面PAD，
又BE⊂平面BHE，∴BE∥平面PAD.
角度2 直线与平面平行的性质
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.
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⊂平面PAHG，
∴PA∥GH.
感悟提升 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.
训练1 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.
(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，且四边形ACEF是矩形，所以EM∥OA且EM＝OA，
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.
考点二 平面与平面平行的判定与性质
例3 (2024·潍坊质检)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为棱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.
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，
∴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，经过点G的直线交BC于H，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，
∴H为BC的中点.
感悟提升 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)利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ).
训练2 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.
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綉AB，
∴A1G綉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.
考点三 平行关系的综合应用
例4 如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点.
(1)当eq \f(A1D1,D1C1)等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值.
解 (1)当eq \f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1.
如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，
∴点O为A1B的中点.
在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴OD1∥BC1.
又OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1.
∴当eq \f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.
因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.
∴eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)，eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD).
又eq \f(A1O,OB)＝1，∴eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
感悟提升 解决面面平行问题的关键点
(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”.
(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法.
训练3 (2024·重庆诊断)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝eq \r(3)，E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，点P在平面ABCD内，若直线D1P∥平面EFG，则线段D1P长度的最小值是________.
答案 eq \f(\r(7),2)
解析 如图，连接D1A，AC，D1C，
因为E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，
所以AC∥EF，
又EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，
所以同理可得EG∥平面ACD1，
又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG，
所以平面ACD1∥平面EFG.
因为直线D1P∥平面EFG，
所以点P在直线AC上.
在△ACD1中，AD1＝eq \r(2)，AC＝2，CD1＝2，
所以S△AD1C＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),2).
当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，
所以线段D1P长度的最小值为eq \f(S△AD1C,\f(1,2)AC)＝eq \f(\f(\r(7),2),\f(1,2)×2)＝eq \f(\r(7),2).
1.作截面应遵循的三个原则：(1)在同一平面上的两点可引直线；(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线.
2.作交线的方法有如下两种：(1)利用基本事实3作交线；(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
例1 (2024·宁波质检)已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P－ABCD所得的截面图形是( )
A.斜三角形
B.梯形
C.平行四边形
D.两组对边均不平行的四边形
答案 D
解析 如图，延长EF和DC，
设其交点为G，连接BG，
延长DA并与直线BG交于点H，
连接HE交PA于点K，
连接KB，得四边形EFBK，
假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，
易知BC∥平面PAD，
易得平面PBC∥平面PAD，
与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，
故假设不成立，因此KE与BF不平行，
同理可证KB与EF不平行，
因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.
例2 (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
答案 eq \f(\r(2)π,2)
解析 如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，
由∠BAD＝60°，AB＝AD，
知△ABD为等边三角形，
∴D1B1＝DB＝2，
∴△D1B1C1为等边三角形，
则D1E＝eq \r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，
设截面圆的半径为r，
则r＝eq \r(Req \\al(2,球)－D1E2)＝eq \r(5－3)＝eq \r(2).
可得EP＝EQ＝eq \r(2)，
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧eq \(PQ,\s\up8(︵)).
又D1P＝eq \r(5)，∴B1P＝eq \r(D1P2－D1Beq \\al(2,1))＝1，
同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝eq \f(π,2)，知eq \(PQ,\s\up8(︵))的长为eq \f(π,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
训练 （1）如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.
答案 eq \f(9,2)
解析 如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，
过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，
连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，
由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
故BD＝2eq \r(2)，MN＝eq \r(2)，且BM＝DN＝eq \r(5)，
设等腰梯形MNDB的高为h，
则h＝eq \r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),2)，
∴梯形MNDB的面积为
eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(9,2).
(2) (2023·南通模拟)已知在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧eq \(CD,\s\up8(︵))的中点，则平面PAB与球O的交线长为________.
答案 eq \f(4\r(10),5)π
解析 设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，
而S四边形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，
所以r＝eq \r(2).
如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于点H，易知O1O2⊥AB.
因为P为eq \(CD,\s\up8(︵))的中点，
所以AP＝BP，
又O2为AB的中点，
所以O2P⊥AB.
又O1O2∩O2P＝O2，O1O2，O2P⊂平面O1O2P，
所以AB⊥平面O1O2P，
又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.
因为OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P⊂平面ABP，
所以OH⊥平面ABP.
因为O1O2＝2r＝2eq \r(2)，O1P＝eq \r(2)，O1O2⊥O1P，
所以O2P＝eq \r(O1Oeq \\al(2,2)＋O1P2)
＝eq \r(（2\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq \r(10)，
所以sin∠O1O2P＝eq \f(O1P,O2P)＝eq \f(\r(2),\r(10))＝eq \f(\r(5),5)，
所以OH＝OO2×sin∠O1O2P
＝eq \r(2)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(10),5).
易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为
r1＝eq \r(r2－OH2)＝eq \r(（\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),5)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(10),5)，
交线长为l＝2πr1＝2π×eq \f(2\r(10),5)＝eq \f(4\r(10),5)π.
【A级 基础巩固】
1.如图，已知P为四边形ABCD外一点，E，F分别为BD，PD上的点，若EF∥平面PBC，则( )
A.EF∥PA
B.EF∥PB
C.EF∥PC
D.以上均有可能
答案 B
解析 由线面平行的性质定理可知EF∥PB.
2.如果AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是( )
A.平行B.相交
C.AC在此平面内D.平行或相交
答案 A
解析 如图，把这三条线段放在正方体内，可得
AC∥EF，AC⊄平面EFG，
EF⊂平面EFG，
故AC∥平面EFG.
3.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
答案 D
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，故D正确.
4.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC等于( )
A.2∶3B.2∶5
C.4∶9D.4∶25
答案 D
解析 ∵平面α∥平面ABC，
∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，
又PA′∶AA′＝2∶3，
∴PA′∶PA＝2∶5，
∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.
5.(2024·成都诊断)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.①②③
C.②③④D.①③④
答案 A
解析 对于①，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为AB∥C1D1，且AB＝C1D1，
所以四边形AD1C1B为平行四边形，
故AD1∥BC1，故①正确；
对于②，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；
对于③，由正方体ABCD－A1B1C1D1易知，AD1与DC1异面，故③错误；
对于④，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.
6.(2024·杭州质检)已知α，β是两个不重合的平面，则“α∥β”的充要条件是( )
A.平面α内存在无数条直线与β平行
B.存在直线l与α，β所成的角相等
C.存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β
D.平面α内存在不共线的三个点到β的距离相等
答案 C
解析 对于A，如果α∩β＝l，则在α内与l平行的直线有无数条，这无数条直线都与平面β平行，但此时α不平行于β，故A错误；
对于B，如果α∩β＝m，在空间内必存在直线l⊄α，l⊄β，且l与m平行，此时l也与两个平面平行，即直线l与α，β所成的角都等于0，故B错误；
对于C，如果α∥β，则一定存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β，
若γ∥α且γ∥β，则也一定有α∥β，
则“α∥β”的充要条件是“存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β”，故C正确；
对于D，当α∥β时，α内必存在不共线的三个点到β的距离相等，但当α∩β＝m时，同样可以在α内找到不共线的三个点到β的距离相等，故D错误.故选C.
7.(2024·新乡模拟)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( )
答案 B
解析 对于A，如图①，连接B1N，
由正方体的性质可知BM∥B1N，
又B1N与平面CNQ相交，
所以直线BM与平面CNQ不平行，故A错误；

对于B，如图②，连接AC，AQ，
由正方体的性质可知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B正确；
对于C，如图③，连接BQ，
由中位线定理及正三棱柱的性质可知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C错误；

对于D，假设直线BM与平面CNQ平行，
如图④，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，则D是线段A1B1上靠近点B1的四等分点，连接BD，
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∩BM＝M，MD，BM⊂平面BDM，则平面BDM∥平面CNQ，
而平面ABB1A1与平面BDM、平面CNQ分别相交于BD，QN，
则BD与QN平行，显然BD与QN不平行，故假设错误，
所以直线BM与平面CNQ不平行，故D错误.故选B.
8.如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
答案 点M在线段FH上(或点M与点H重合)
解析 连接HN，FH，FN(图略)，
则FH∥DD1，HN∥BD，
易证得FH∥平面B1BDD1，HN∥平面B1BDD1，
FH∩HN＝H，FH，HN⊂平面FHN，
∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，
则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.
9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上.若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________.
答案 eq \r(2)
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).
10.我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M，N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为 .
答案 eq \f(2\r(21),3)
解析 延长AN，与CC1的延长线交于点P，
则P∈平面BB1C1C，
连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，
由题意解三角形可得NE＝ME＝eq \f(\r(17),3)，
AM＝AN＝eq \r(5)，MN＝eq \r(6)，
∴△AMN中MN边上的高
h1＝eq \r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(14),2)，
△EMN中MN边上的高
h2＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(17),3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(14),6).
∴AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积
S＝S△AMN＋S△EMN＝eq \f(1,2)MN·(h1＋h2)
＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)＋\f(\r(14),6)))＝eq \f(2\r(21),3).
11.如图，四边形ABCD为长方形，PD＝AB＝2，AD＝4，点E，F分别为AD，PC的中点.设平面PDC∩平面PBE＝l.证明：
(1)DF∥平面PBE；
(2)DF∥l.
证明 (1)取PB中点G，连接FG，EG，
因为点F为PC的中点，
所以FG∥BC，且FG＝eq \f(1,2)BC，
因为四边形ABCD为长方形，
所以BC∥AD，且BC＝AD，
所以DE∥FG，且DE＝FG，
所以四边形DEGF为平行四边形，
所以DF∥GE，
因为DF平面PBE，GE⊂平面PBE，
所以DF∥平面PBE.
(2)由(1)知DF∥平面PBE，
又DF⊂平面PDC，平面PDC∩平面PBE＝l，
所以DF∥l.
12.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.
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.
【B级 能力提升】
13.(多选)(2024·苏州质量评估)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则( )
A.平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
B.平面PAD和平面PBC的交线与底面ABCD平行
C.平面PAB和平面PCD的交线与底面ABCD平行
D.平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
答案 ACD
解析 设平面PBC∩平面PAD＝l，在平面PBC内存在无数条直线与l平行，且不在平面PAD内，则在平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行，故A正确；
若l∥平面ABCD，l⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，则l∥BC，
同理，l∥AD，则BC∥AD，这与四边形ABCD为梯形矛盾，故B错误；
设平面PAB∩平面PCD＝m，
∵AB∥CD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
∴AB∥m，
又AB⊂平面ABCD，m平面ABCD，
∴m∥平面ABCD，故C正确；
假设平面PAD内存在一条直线a与BC平行，则BC∥平面PAD，
又BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，则BC∥AD，不符合题意，
∴平面PAD内任意一条直线都不与BC平行，故D正确.
14.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，BC的中点.
(1)当点P在棱DD1上运动时，是否都有MN∥平面A1C1P，证明你的结论；
(2)若P是DD1的中点，Q是BB1的四等分点，且B1Q＝3QB，求证：平面MNQ∥平面A1C1P.
(1)解 当点P在棱DD1上运动时，都有MN∥平面A1C1P.
证明如下：
连接AC，在正方形ABCD中，MN为△ABC的中位线，
可得MN∥AC，
由正方体的截面性质可得四边形A1ACC1为矩形，则AC∥A1C1，可得MN∥A1C1，
又MN平面A1C1P，A1C1⊂平面A1C1P，
则MN∥平面A1C1P.
(2)证明 取A1A的中点F，连接PF，FB1，
取B1B的中点E，连接AE，
由FP∥A1D1，FP＝A1D1，A1D1∥B1C1，A1D1＝B1C1，
可得FP∥B1C1，FP＝B1C1，
即四边形FPC1B1为平行四边形，
可得FB1∥PC1，
由E为B1B的中点，且B1Q＝3QB，
可得Q为BE的中点，且MQ∥AE，
由AEB1F为平行四边形，
可得AE∥FB1，即有MQ∥PC1.
又MQ平面A1C1P，PC1⊂平面A1C1P，
则MQ∥平面A1C1P，
又MN∥平面A1C1P，MN∩MQ＝M，MN，MQ⊂平面MNQ，
则平面MNQ∥平面A1C1P.
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