2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第八章第4节　直线、平面平行的判定与性质

第4节　直线、平面平行的判定与性质

考试要求　1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.

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)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，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.

(2)平行于同一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，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.

2.三种平行关系的转化

线线平行、线面平行、面面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.

诊 断 自 测

1.判断下列结论正误(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.(　　)

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.

答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√

2.(老教材必修2P61A组T1(2)改编)下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是(　　)

A.直线a上有无数个点不在平面α内

B.直线a与平面α内的所有直线平行

C.直线a与平面α内无数条直线不相交

D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交

解析　因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.

答案　D

3.(新教材必修第二册P142T2改编)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)

A.存在一条直线a，a∥α，a∥β

B.存在一条直线a，a⊂α，a∥β

C.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α

D.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α

解析　若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A；

若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B；

若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C；

故选D.

答案　D

4.(2020·洛阳尖子生联考)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l⊂α，m⊂β，下列结论正确的是(　　)

A.若α⊥β，则l⊥β    B.若l⊥m，则α⊥β

C.若α∥β，则l∥β   D.若l∥m，则α∥β

解析　对于A，α⊥β，l⊂α，只有加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A错误；对于B，若l⊥m，l⊂α，m⊂β，则α与β可能平行，也可能相交但不垂直，所以B错误；对于C，若α∥β，l⊂α，由面面平行的性质可知，l∥β，所以C

正确；对于D，若l∥m，l⊂α，m⊂β，则α与β可能平行，也可能相交，所以D错误.

答案　C

5.(2019·成都月考)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中(　　)

A.不一定存在与a平行的直线

B.只有两条与a平行的直线

C.存在无数条与a平行的直线

D.存在唯一与a平行的直线

解析　当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.

答案　A

6.(2019·衡水中学开学考试)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________.

解析　∵平面ABFE∥平面DCGH，

又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，

平面EFGH∩平面DCGH＝HG，

∴EF∥HG.同理EH∥FG，

∴四边形EFGH是平行四边形.

答案　平行四边形

考点一　与线、面平行相关命题的判定

【例1】 (1)(2019·长沙模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，给出下列命题：

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.

其中真命题的个数是(　　)

A.0   B.1   C.2   D.3

(2)(2020·江西红色七校联考)设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)

A.若m∥n，n⊂α，则m∥α

B.若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n

C.若α∥β，m⊥α，则m⊥β

D.若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β

解析　(1)对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，由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.故选B.

(2)若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A不正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确.故选C.

答案　(1)B　(2)C

规律方法　1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项.

2.(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断.

(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.

【训练1】 (1)(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)

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

(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号).

①AD1∥BC1；

②平面AB1D1∥平面BDC1；

③AD1∥DC1；

④AD1∥平面BDC1.

解析　(1)若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.

(2)如图，因为AB綉C1D1，

所以四边形AD1C1B为平行四边形.

故AD1∥BC1，从而①正确；

易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，

又AB1∩B1D1＝B1，

BD∩DC1＝D，

故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；

由图易知AD1与DC1异面，故③错误；

因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，

所以AD1∥平面BDC1，故④正确.

答案　(1)B　(2)①②④

考点二　直线与平面平行的判定与性质多维探究

角度1　直线与平面平行的判定

【例2－1】 (2020·沈阳一模)将正方形BCED沿对角线CD折叠，使平面ECD⊥平面BCD.若AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝2.

(1)求证：AB∥平面ECD；

(2)求三棱锥E－ACD的体积.

(1)证明　取CD的中点M，连接EM，BM.

因为CE＝ED，所以EM⊥CD.

因为平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，EM⊂平面ECD，

所以EM⊥平面BCD.

因为AB⊥平面BCD，所以AB∥EM.

又EM⊂平面ECD，AB⊄平面ECD，

所以AB∥平面ECD.

(2)解　因为原四边形BCED为正方形，M为CD的中点，

所以BM⊥CD.

又因为平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，BM⊂平面BCD，所以BM⊥平面ECD.

因为△ECD为等腰三角形，BC＝2，所以S△ECD＝×2×2＝2.

由题意，易得BM＝，

所以VB－ECD＝·BM·S△ECD＝××2＝.

由(1)可知，点A到平面ECD的距离等于点B到平面ECD的距离，

所以VE－ACD＝VA－ECD＝VB－ECD＝.

角度2　直线与平面平行性质定理的应用

【例2－2】 如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.

证明：FG∥平面AA1B1B.

证明　在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，

所以CC1∥平面BB1D.

又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，

所以CC1∥FG.

因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.

而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，

所以FG∥平面AA1B1B.

规律方法　1.利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.

2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“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.

【训练2】 (2019·太原一模)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N分别是BC，DE的中点，△ABE是等边三角形，平面ABE⊥平面BCE，BE⊥CE，BE＝CE＝2.

(1)求证：CN∥平面AEM；

(2)求三棱锥N－AEM的体积.

(1)证明　如图，设AE的中点为F，连接MF，NF.

又∵N是DE的中点，

∴FN∥AD，FN＝AD.

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AD＝BC.

∵M是BC的中点，∴FN∥MC，FN＝MC＝BC，

∴四边形MCNF是平行四边形，∴CN∥MF.

又MF⊂平面AEM，CN⊄平面AEM，∴CN∥平面AEM.

(2)解　如图，过点A作AO⊥BE，O为垂足，连接AC.

∵平面ABE⊥平面BCE，平面ABE∩平面BCE＝BE，

∴AO⊥平面BCE.

∵△ABE是等边三角形，EB＝2，∴AO＝.

∵BE⊥CE，BE＝CE＝2，M为BC的中点，

∴S△MCE＝××2×2＝1.

由(1)得CN∥平面AEM，

∴V三棱锥N－AEM＝V三棱锥C－AEM＝V三棱锥A－CEM

＝S△MCE·AO＝×1×＝.

考点三　面面平行的判定与性质　典例迁移

【例3】 (经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：

(1)B，C，H，G四点共面；

(2)平面EFA1∥平面BCHG.

证明　(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，

∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.

又∵B1C1∥BC，

∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面.

(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，

∴平面EFA1∥平面BCHG.

【迁移1】 在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.

证明　如图所示，连接A1C交AC1于点M，

∵四边形A1ACC1是平行四边形，

∴M是A1C的中点，连接MD，

∵D为BC的中点，

∴A1B∥DM.

∵A1B⊂平面A1BD1，

DM⊄平面A1BD1，

∴DM∥平面A1BD1，

又由三棱柱的性质及D，D1分别为BC，B1C1的中点知，D1C1綉BD，

∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.

又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，

∴DC1∥平面A1BD1，

又DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，

因此平面A1BD1∥平面AC1D.

【迁移2】 在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求的值.

解　连接A1B交AB1于O，连接OD1.

由平面BC1D∥平面AB1D1，

且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，

平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，

所以BC1∥D1O，则＝＝1.

又由题设＝，

∴＝1，即＝1.

规律方法　1.判定面面平行的主要方法

(1)利用面面平行的判定定理.

(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行).

2.面面平行条件的应用

(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行.

(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.

提醒　利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线.

【训练3】 已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，AD＝2BC，E，F分别为CC1，DD1的中点.

求证：平面BEF∥平面AD1C1.

证明　取AD的中点G，连接BG，FG.

因为E，F分别为CC1，DD1的中点，所以C1D1綉CD綉EF，

因为C1D1⊂平面AD1C1，EF⊄平面AD1C1，

所以EF∥平面AD1C1.

因为AD∥BC，AD＝2BC，

所以GD綉BC，即四边形BCDG是平行四边形，

所以BG綉CD，所以BG綉EF，即四边形EFGB是平行四边形，

所以BE∥FG.

因为F，G分别是DD1，AD的中点，

所以FG∥AD1，所以BE∥AD1.

因为AD1⊂平面AD1C1，BE⊄平面AD1C1，

所以BE∥平面AD1C1.

又BE⊂平面BEF，FE⊂平面BEF，BE∩EF＝E，

所以平面BEF∥平面AD1C1.

A级　基础巩固

一、选择题

1.已知α，β表示两个不同的平面，直线m是α内一条直线，则“α∥β”是“m∥β”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

解析　由α∥β，m⊂α，可得m∥β；反过来，由m∥β，m⊂α，不能推出α∥β.综上，“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件.

答案　A

2.(2020·湘中名校联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)

A.若m∥α，n∥α，则m∥n

B.若m∥α，m∥β，则α∥β

C.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β

D.若m⊥α，n⊥α，则m∥n

解析　A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.

答案　D

3.(2019·蚌埠二模)已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c的位置关系不可能是(　　)

A.两两平行    B.两两垂直

C.两两相交    D.两两异面

解析　假设a，b，c三条直线两两平行，如图所示，

设α∩β＝l，∵a∥b，a⊄β，b⊂β，

∴a∥β.

又知a⊂α，α∩β＝l，∴a∥l，

又知α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，∴l⊥γ，

又知a∥b，a∥l，∴a⊥γ，

又知c⊂γ，∴a⊥c，所以假设不成立.

故三条直线a，b，c不可能两两平行，因此选A.

答案　A

4.(2020·衡水模拟)已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，α∥β的充分条件是(　　)

A.m∥n，m⊂α，n⊂β   B.m∥n，m⊥α，n⊥β

C.m⊥n，m∥α，n∥β   D.m⊥n，m⊥α，n⊥β

解析　对于A，两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，这两个平面可能平行，也可能相交，因此A中条件不是α∥β的充分条件；对于B，因为m∥n，m⊥α，所以n⊥α，结合n⊥β，知α∥β，因此B中条件是α∥β的充分条件；对于C，由m⊥n，m∥α知n⊂α，或n∥α，或n与α相交，结合n∥β，知α，β可能平行，也可能相交，所以C中条件不是α∥β的充分条件；对于D，由m⊥n，m⊥α知n⊂α，或n∥α，结合n⊥β，知α⊥β，所以D中条件不是α∥β的充分条件.综上可知，选B.

答案　B

5.(2019·长春模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有(　　)

A.0条    B.1条

C.2条    D.1条或2条

解析　如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.

∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，

∴EF∥平面BCD.

又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.

又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.

∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，

所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.

答案　C

二、填空题

6.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.

解析　根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点.因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.

答案　

7.设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.

①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.

可以填入的条件有________(填序号).

解析　由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确.

答案　①或③

8.(2019·郑州调研)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：

①若m⊂α，n∥α，则m∥n；

②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；

③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；

④若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.

其中是真命题的是________(填上正确命题的序号).

解析　①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β或m⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误.

答案　②

三、解答题

9.(2020·武汉模拟)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAB⊥平面ABCD，E是棱PA的中点.

(1)求证：PC∥平面BDE；

(2)平面BDE分此棱锥为两部分，求这两部分的体积比.

(1)证明　在平行四边形ABCD中，连接AC，设AC，BD的交点为O，则O是AC的中点.

又E是PA的中点，连接EO，则EO是△PAC的中位线，所以PC∥EO，

又EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD.

(2)解　设三棱锥E－ABD的体积为V1，高为h，四棱锥P－ABCD的体积为V，

则三棱锥E－ABD的体积V1＝×S△ABD×h，

因为E是PA的中点，所以四棱锥P－ABCD的高为2h，

所以四棱锥P－ABCD的体积V＝×S四边形ABCD×2h＝4×S△ABD×h＝4V1，所以(V－V1)∶V1＝3∶1，

所以平面BDE分此棱锥得到的两部分的体积比为3∶1或1∶3.

10.如图，ABCD与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)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，

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∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB的中点，

所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，

又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，

所以平面BDE∥平面MNG.

B级　能力提升

11.(2019·福州质检)已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是(　　)

A.若c⊂平面α，则a⊥α

B.若c⊥平面α，则a∥α，b∥α

C.存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥α

D.存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α

解析　对于A，满足c⊂平面α，且c与异面直线a，b均垂直，则a可能在α内，也可能与α斜交，故A错误；对于B，满足c⊥平面α时，直线a与直线b可能其中一条在平面α内，故B错误；对于C，若b∥α，则α内一定存在一条直线b′，使得b∥b′，又知a⊂α，且a与b为两条异面直线，所以a与b′一定相交，又知c⊥b，b∥b′，所以c⊥b′，又知c⊥a，a与b′相交，所以c⊥α，故C正确；对于D，如果a⊥α，b⊥α，则a∥b，这与条件中a，b是两条异面直线相矛盾，故D错误，因此选C.

答案　C

12.(2019·吉安一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为(　　)

A.   B.   C.   D.

解析　如图1，分别取B1C1，C1D1的中点E，F，连接EF，BE，DF，B1D1，ME，易知EF∥B1D1∥BD，AB∥ME，AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形，则AM∥BE，又BD和BE为平面BDFE内的两条相交直线.

图1　　　　　　　　　　　图2

所以平面AMN∥平面BDFE，

即平面BDFE为平面α，BD＝，EF＝B1D1＝，

得四边形BDFE为等腰梯形，DF＝BE＝，

在等腰梯形BDFE如图2中，

过E，F作BD的垂线，则四边形EFGH为矩形，

∴其高FG＝＝＝，

故所得截面的面积为××＝.

答案　B

13.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1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.

答案　Q为CC1的中点

14.(2020·重庆调研)已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均是边长为2的等边三角形，△ABC是腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.

(1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出证明；

(2)求三棱锥E－ABC的体积.

解　(1)如图所示，取DC的中点N，取BD的中点M，连接MN，则MN即为所求.

证明：连接EM，EN，取BC的中点H，连接AH，

∵△ABC是腰长为3的等腰三角形，H为BC的中点，

∴AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH⊂平面ABC，

∴AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD，

∴EN∥AH，

∵EN⊄平面ABC，AH⊂平面ABC，

∴EN∥平面ABC.

又M，N分别为BD，DC的中点，

∴MN∥BC，

∵MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴MN∥平面ABC.

又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN，

∴平面EMN∥平面ABC，

又EF⊂平面EMN，∴EF∥平面ABC，

即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行.

(2)连接DH，取CH的中点G，连接NG，则NG∥DH，

由(1)可知EN∥平面ABC，

∴点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，

又△BCD是边长为2的等边三角形，

∴DH⊥BC，

又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH⊂平面BCD，

∴DH⊥平面ABC，∴NG⊥平面ABC，

易知DH＝，∴NG＝，

又S△ABC＝·BC·AH＝×2×＝2，

∴VE－ABC＝·S△ABC·NG＝.

C级　创新猜想

15.(开放题)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).

解析　连接HN，FH，FN，则FH∥D1D，HN∥BD，

∵FH∩HN＝H，D1D∩BD＝D，

∴平面FNH∥平面B1BDD1，只需M∈FH，

则MN⊂平面FNH，

∴MN∥平面B1BDD1.

答案　点M在线段FH上(或点M与点H重合)