高中数学人教B版 (2019)必修 第四册第十一章 立体几何初步11.3 空间中的平行关系11.3.3 平面与平面平行优秀课时训练

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题型一 面面平行的概念辨析
1．（20-21高一下·湖南张家界·期中）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．以上答案都不对
【答案】B
【分析】AC可举出反例；B选项，根据线面平行的判定定理得到B正确.
【详解】A选项，若这些无数条直线均平行，此时无法推出α∥β，A错误；
B选项，由面面平行的判定定理得到B正确，故D错误.
C选项，如图，α，β平行于同一条直线m，但α，β不平行，C错误；
故选：B
2．（22-23高一下·江苏苏州·阶段练习）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法错误的是（ ）
A．“经过两条平行直线，有且仅有一个平面”不是空间图形的基本事实（公理）之一
B．“若α//β，m⊂α，则m//β”是平面与平面平行的性质定理
C．“若m//n，m⊄α，n⊂α，则m//α”是直线与平面平行的判定定理
D．若α//β，m//α，m//n，n⊄β，则n//β
【答案】B
【分析】根据立体几何的基本事实可判定A，根据面面平行的性质定理可判定B，根据线面平行的判定定理可判定C，根据线面平行、面面平行的性质定理及线面培训的判定定理可判定D.
【详解】根据空间图形的基本事实及推论可知“经过两条平行直线，有且仅有一个平面”是公理2的三个推论之一，故A正确；
面面平行的性质定理为：两平面平行，如果另一个平面与该两平面相交，则两条相交线平行，故B错误；
由线面平行的判定定理可知C正确；
若α//β，m//α，则m⊂β或m//β，
当m⊂β时，由m//n，n⊄β，根据线面平行的判定定理有n//β，
当m//β时，设过m的平面γ与平面β相交线为a，则m//a，
又m//n，n⊄β，所以n//a，
而a⊂β，所以n//β，故D正确.
故选：B
3．（多选）（22-23高一下·山西运城·期中）设α，β，γ为三个不同的平面，l，m，n为三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
B．若l上有两点到α的距离相等，则l∥α
C．α，β，γ两两相交于三条直线l，m，n，若l∥m，则n∥m
D．m与n互为异面直线，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β
【答案】CD
【分析】根据线线、线面、面面平行的判断定理及性质定理，逐一分析各选项即可求解
【详解】若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，当m与n相交时，有α∥β，否则，α∥β不一定平行，故A错误；
若l上有两点到α的距离相等，l与α可能平行，也可能相交，故B错误；
α，β，γ两两相交于三条直线l，m，n，不妨设α∩β=l,β∩γ=m,α∩γ=n，
易知l⊄γ，否则α，β，γ交于同一条直线，不满足题意，
因为l//m,l⊄γ,m⊂γ，则l//γ，
又l⊂α,α∩γ=n,∴l//n，则n//m，故 C 正确；
因为m与n互为异面直线，m∥α，n∥α，
则α内存在a//m,b//n，且直线a、b会相交，
因为n//β,m//β，则易得a//β,b//β，所以α//β，故D正确．
故选： CD .
4．（多选）（22-23高一下·浙江嘉兴·期中）已知A表示点，l, m表示不同直线，α，β表示不同的平面，则下列推理正确的是（ ）
A．l⊄α，A∈l⇒A∉αB．A∈α，A∈l，l⊄α⇒l∩α=A
C．l//α, l⊂β, α∩β=m⇒l//mD．α//β, l⊂α, m⊂β⇒l//m
【答案】BC
【分析】由直线和平面位置关系的判定和性质，对选项进行判断.
【详解】当l⊄α，A∈l时，若l∩α=A，则有A∈α，故A选项错误；
若A∈α，A∈l，则A∈l∩α，又l⊄α，则l∩α=A，故B选项正确；
若l//α, l⊂β, α∩β=m，由线面平行的性质定理，有l//m，故C选项正确；
若α//β, l⊂α, m⊂β，则l与m可能平行可能异面，故D选项错误.
故选：BC
题型二 面面平行的证明
1．（2023高三·全国·专题练习）如图，几何体ABCD−A1C1D1为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去一个角所得，四边形ABCD是正方形，AB=2，DD1=3，P为BC的中点．证明：平面A1BC1//平面ACD1；
【答案】证明见解析
【分析】
由四边形ABC1D1是平行四边形，得BC1//AD1，由线面平行的判定定理得BC1//平面ACD1，同理BA1//平面ACD1，即可得证.
【详解】
解：连接AD1,CD1，如图所示：
依题意，AB//CD//C1D1,AB=CD=C1D1，
则四边形ABC1D1是平行四边形，
于是BC1//AD1，而AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，
因此BC1//平面ACD1，同理BA1//平面ACD1，
∵BA1∩BC1=B，BA1,BC1⊂平面A1BC1，
∴平面A1BC1//平面ACD1．
2．（2024高三·全国·专题练习）在圆柱O1O2中，等腰梯形ABCD为底面圆O1的内接四边形，且AD=DC=BC=1，矩形ABFE是该圆柱的轴截面，CG为圆柱的一条母线，CG=1．
求证：平面O1CG ∥平面ADE.

【答案】证明见解析
【分析】根据题意，由线面平行的判定定理分别证明AE∥平面O1CG，AD∥平面O1CG，再由面面平行的判定定理，即可得到证明.
【详解】
在圆柱O1O2中，AE∥CG，AE⊄平面O1CG，CG⊂平面O1CG，
故AE∥平面O1CG；
连接DO1，因为等腰梯形ABCD为底面圆O1的内接四边形，AD=DC=BC=1，
故∠AO1D=∠CO1D=∠BO1C=π3，
则△AO1D为正三角形，故∠O1AD=∠CO1B=π3，则AD∥O1C，
AD⊄平面O1CG，O1C⊂平面O1CG，
故AD∥平面O1CG；
又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面ADE，
故平面ADE ∥平面O1CG．
3．（23-24高二上·四川内江·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，CD的中点．

(1)求证：EF//平面PAD；
(2)求证：平面EFG//平面PAD.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】
（1）线面平行判定定理证明即可；
（2）先证线面平行，再证面面平行即可.
【详解】（1）∵E，F分别是AB，PB的中点，
∴EF//PA
又∵EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,
∴EF//平面PAD.
（2）∵四边形ABCD为正方形，且E,G分别为AB，DC边的中点，∴EG//AD，
又∵AD⊂面PAD，EG⊄面PAD，
∴EG//面PAD，
由（1）知，EF//平面PAD，
且EG∩FE=E,EF⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,
∴平面EFG//平面PAD
4．（22-23高一下·广东揭阳·期末）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E,F,G分别在棱A1B1,A1C1,CC1上，A1EEB1=A1FFC1=CGGC1，AA1=AB=2．

(1)证明：平面A1BC∥平面EFG；
(2)求点A到平面A1BC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)2217
【分析】（1）根据A1EEB1=A1FFC1，得到EF//B1C1，利用线面平行的判定定理得到EF//平面A1BC，同理得到FG∥平面A1BC，再利用面面平行的判定定理证明；
（2）法一：取BC的中点O，连接AO,A1O，过点A作AH⊥A1O，垂足为H，则AH⊥平面A1BC，从而AH的长度为点A到平面A1BC的距离，然后利用等面积法，由AH=AA1⋅AOA1O求解；法二：取BC的中点O，连接A1O，利用等体积法，由V三棱锥A−A1BC=V三棱锥A1−ABC，即13S△A1BC⋅ℎ=13S△ABC⋅AA1求解.
【详解】（1）证明：因为A1EEB1=A1FFC1，所以EF//B1C1．
又B1C1∥BC，所以EF∥BC．
又EF⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC，所以EF//平面A1BC．
因为A1FFC1=CGGC1，所以FG∥A1C．
又FG⊄平面A1BC,A1C⊂平面A1BC，
所以FG∥平面A1BC．
因为EF∩FG=F,EF,FG⊂平面EFG，
所以平面A1BC∥平面EFG．
（2）解：法一：如图，

取BC的中点O，连接AO,A1O，因为AB=AC，所以AO⊥BC．
又AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC．
因为AO∩AA1=A.AO,AA1⊂平面OAA1，所以BC⊥平面OAA1．
又BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面OAA1．
过点A作AH⊥A1O，垂足为H，则AH⊥平面A1BC，
所以AH的长度为点A到平面A1BC的距离．
在Rt△OAA1中，AO=3,A1O=AA12+AO2=7，
所以AH=AA1⋅AOA1O=237=2217，
即点A到平面A1BC的距离为2217．
法二：因为AA1⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC，
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC，所以A1B=A1C=22+22=22．
如图，

取BC的中点O，连接A1O，因为A1B=A1C，所以A1O⊥BC，
所以A1O=A1C2−OC2=7，
所以△A1BC的面积S△A1BC=12BC⋅A1O=12×2×7=7．
设点A到平面A1BC的距离为ℎ，
由V三棱锥A−A1BC=V三棱锥A1−ABC，得13S△A1BC⋅ℎ=13S△ABC⋅AA1，
所以ℎ=S△ABC⋅AA1S△A1BC=12×32×22×27=2217，
即点A到平面A1BC的距离为2217．
题型三 面面平行证明线线平行
1．（22-23高一·全国·课堂例题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M是A1C1的中点，平面AB1M∥平面BC1N，AC∩平面BC1N=N．求证：

(1)NC1∥AM；
(2)N为AC的中点．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由面面平行的性质得到线线平行；
（2）证明出四边形ANC1M为平行四边形，从而证明出结论.
【详解】（1）因为平面AB1M∥平面BC1N，
平面AB1M∩平面ACC1A1=AM，平面BC1N∩平面ACC1A1=C1N，
所以NC1∥AM．
（2）三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C1∥AC，且A1C1=AC，
因为AC∥A1C1，NC1∥AM，
所以四边形ANC1M为平行四边形，
又M是A1C1的中点，
所以AN=C1M=12A1C1=12AC，
所以N为AC的中点．
2．（2022高一·全国·课后作业）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AD//BC，平面A1DCE与BB1交于点E．求证：EC//A1D．
【答案】证明见解析
【分析】根据四棱柱性质可证明平面BCE//平面AA1D，再利用面面平行的性质定理即可证明EC//A1D.
【详解】由四棱柱ABCD−A1B1C1D1可知，BE//AA1，AA1⊂平面AA1D，BE⊄平面AA1D，
所以BE//平面AA1D；
又AD//BC，AD⊂平面AA1D，BC⊄平面AA1D，
所以BC//平面AA1D；
又BC∩BE=B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE；
所以平面BCE//平面AA1D，
又平面A1DCE∩平面BCE=EC，平面A1DCE∩平面AA1D=A1D，
所以EC//A1D.
3．（2023高一·全国·专题练习）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，过AB的截面与上底面交于PQ，且点P在棱A1C1上，点Q在棱B1C1上．证明：PQ//A1B1；
【答案】证明见解析
【分析】由平面ABC ∥平面A1B1C1，根据面面平行的性质，证得AB//PQ，再结合AB//A1B1，即可证得PQ//A1B1；
【详解】证明：因为正三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC//平面A1B1C1，
平面ABC∩平面ABQP=AB，平面ABQP∩平面A1B1C1=QP，
所以AB//PQ，
又因为正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1为平行四边形，
故有AB//A1B1，所以PQ//A1B1.
4．（2023高一·全国·专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点（不与顶点重合）.作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线（要求写出作图过程），并证明：若平面A1DG//平面D1EF，则EF//A1D；
【答案】作图见解析，证明见解析
【分析】通过延伸平面A1DG内的直线DG来作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线，通过面面平行的性质定理证得GQ∥A1D、GQ∥EF，由此证得EF∥A1D.
【详解】
如图，延长DG交AB的延长线于P，
连接A1P交BB1于Q，
则GQ所在的直线即为平面A1DG与平面CBB1C1的交线.
证明：∵平面CBB1C1//平面ADD1A1，平面CBB1C1∩平面A1DG=GQ，
平面ADD1A1∩平面A1DG=A1D，
∴GQ∥A1D.
又∵平面A1DG//平面D1EF，平面CBB1C1∩平面A1DG=GQ，平面CBB1C1∩平面D1EF=EF，
∴GQ∥EF，∴EF∥A1D.
题型四 面面平行证明线面平行
1．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ACC1A1,BCC1B1均为正方形，D,E分别是棱AB,A1B1的中点，N为C1E上一点. 证明：BN//平面A1DC；

【答案】证明见解析
【分析】
连接BE,BC1,DE，利用三棱柱性质和面面平行的判定定理可证明平面BEC1//平面A1DC，由面面平行的性质可得BN//平面A1DC；
【详解】证明：连接BE,BC1,DE，如下图所示：

因为AB//A1B1，且AB=A1B1，D,E分别是棱AB,A1B1的中点，
所以BD//A1E，且BD=A1E，
所以四边形BDA1E为平行四边形，所以A1D//EB，
又A1D⊂平面A1DC,EB⊄平面A1DC，所以EB//平面A1DC，
因为DE//BB1//CC1，且DE=BB1=CC1，
所以四边形DCC1E为平行四边形，所以C1E//CD，
又CD⊂平面A1DC,C1E⊄平面A1DC，所以C1E//平面A1DC，
因为C1E∩EB=E,C1E,EB⊂平面BEC1，所以平面BEC1//平面A1DC，
因为BN⊂平面BEC1，
所以BN//平面A1DC.
2．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，AB=6，AD=CD=DD1=2，∠BAD=60°，点E在线段AB上，且AE=2，F为线段BC的中点．求证：C1E∥平面ADD1A1.
【答案】证明见解析
【分析】
根据题意先证CC1∥平面ADD1A1，CE∥平面ADD1A1，可得平面ADD1A1∥平面CC1E，结合面面平行的性质定理分析证明.
【详解】由题意可得CC1∥DD1，
且DD1⊂平面ADD1A1，CC1⊄平面ADD1A1，可得CC1∥平面ADD1A1；
因为AE∥CD且AE=CD，可知四边形ADCE为平行四边形，则CE∥AD，
且AD⊂平面ADD1A1，CE⊄平面ADD1A1，可得CE∥平面ADD1A1；
且CC1∩CE=C，且CC1，CE⊂平面CC1E，
可得平面ADD1A1∥平面CC1E，
由C1E⊂平面CC1E，可得C1E∥平面ADD1A1．
3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C是矩形，侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60∘，D、E分别为棱AB、B1C1的中点，F为线段C1E的中点．证明：AF//平面A1DE.

【答案】证明见解析
【分析】取A1C1的中点M，连接AM、EM、FM，易证四边形ADEM为平行四边形，得到AM//DE，从而得到AM//平面A1DE，同理得到FM//平面A1DE，然后利用面面平行的判定定理得到平面AFM//平面A1DE，再利用面面平行的性质定理证明.
【详解】证明：如图所示：

取A1C1的中点M，连接AM、EM、FM，
因为AA1//BB1且AA1=BB1，故四边形AA1B1B为平行四边形，
所以AB//A1B1且AB=A1B1，
因为D为AB的中点，所以AD//A1B1且AD=12A1B1，
因为M、E分别为A1C1、B1C1的中点，
所以EM//A1B1且EM=12A1B1，
所以AD//EM且AD=EM，故四边形ADEM为平行四边形，
所以AM//DE，
因为AM⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以AM//平面A1DE，
因为M、F分别为A1C1、C1E的中点，
所以FM//A1E，
因为FM⊄平面A1DE，A1E⊂平面A1DE，
所以FM//平面A1DE，
因为AM∩FM=M，AM、FM⊂平面AFM，
所以平面AFM//平面A1DE，
因为AF⊂平面AFM，故AF//平面A1DE．
4．（23-24高二上·上海虹口·期中）已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，AB⊥AD，AB//CD，AB=2，AD=3，CD=4．
(1)证明：直线A1B//平面DCC1D1；
(2)若该四棱柱的体积为36，求A1A的长．

【答案】(1)证明见解析
(2)AA1=4
【分析】（1）证明出平面AA1B1B//平面DCC1D1，再利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）计算出梯形ABCD的面积，利用柱体的体积可求得AA1的长.
【详解】（1）证明：在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1//DD1，
因为AA1⊄平面DCC1D1，DD1⊂平面DCC1D1，所以，AA1//平面DCC1D1，
因为AB//CD，AB⊄平面DCC1D1，CD⊂平面DCC1D1，所以，AB//平面DCC1D1，
因为AB∩AA1=A，AB、AA1⊂平面AA1B1B，所以，平面AA1B1B//平面DCC1D1，
因为A1B⊂平面AA1B1B，因此，A1B//平面DCC1D1.
（2）解：因为AB=2，AD=3，CD=4，AB⊥AD，AB//CD，
所以，S梯形ABCD=AB+CD⋅AD2=2+4×32=9，
所以，VABCD−A1B1C1D1=S梯形ABCD⋅AA1=9×AA1=36，解得AA1=4.
题型五 面面平行的简单应用
1．（23-24高二上·安徽六安·阶段练习）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=3，AB⊥AC，AA1=6，P是CC1的中点，Q在棱A1C1上，且A1Q=2QC1，M在棱BB1上，若MQ//平面ABP，则B1MB1B=（ ）
A．12B．13C．14D．23

【答案】B
【详解】取B1C1上一点S，使得B1S=2SC1，取BB1上一点T，使得B1T=13BB1，连接QS,ST，取BB1的中点M1，连接M1C1，由面面平行的判定定理可证明TSQ//平面ABP，再由面面平行的性质定理可得TQ//平面ABP，故T,M重合，即可得出答案.
【分析】取B1C1上一点S，使得B1S=2SC1，取BB1上一点T，使得B1T=13BB1，
连接QS,ST，因为A1Q=2QC1，B1S=2SC1，所以SQ//A1B1//AB，
因为AB⊂平面ABP，SQ⊄平面ABP，所以SQ//平面ABP，
又因为取BB1的中点M1，连接M1C1，三棱柱的性质知：
BM1//C1P,BM1=C1P，所以四边形BM1C1P是平行四边形，所以M1C1//BP，
又因为B1T=13BB1=13⋅2B1M1=23B1M1，所以B1T=2TM1，又因为B1S=2SC1，
所以在△B1M1C1中，所以TS//M1C1，所以TS//BP，
因为BP⊂平面ABP，TS⊄平面ABP，所以TS//平面ABP，
因为TS∩SQ=S，所以平面TSQ//平面ABP，
而TQ⊂平面TSQ，所以TQ//平面ABP，故T,M重合，所以B1MB1B=13.
故选：B.

2．（多选）（23-24高二上·辽宁沈阳·阶段练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（ ）
A．直线A1G与平面AEF平行
B．平面AEF截正方体所得的截面面积为32
C．点C到平面AEF的距离为23
D．直线C1C与平面AEF所成角的正弦值为23
【答案】ACD
【分析】
根据面面平行的性质可证线面平行，判断A；作出平面AEF截正方体所得的截面，说明其为梯形，求得其面积判断B；利用等体积法求得点C到平面AEF的距离，判断C；根据线面角的定义可求得直线C1C与平面AEF所成角的正弦值，判断D.
【详解】对于A，取B1C1的中点为H，连接A1H,GH,BC1，
由于E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则EF∥BC1,HG∥BC1,∴HG∥EF,
而HG⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，故HG∥平面AEF，
连接EH，则EH∥AA1,EH=AA1,故四边形AEHA1为平行四边形，
故A1H∥AE，而A1H⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，故A1H∥平面AEF，
A1H∩HG=H,A1H,HG⊂平面A1GH，故平面A1GH//平面AEF，
又A1G⊂平面A1GH，故直线A1G∥平面AEF，A正确；
对于B，连接AD1,D1F，则AB∥C1D1,AB=C1D1，
四边形ABC1D1为平行四边形，故AD1∥BC1，而EF∥BC1，
故AD1∥EF，又EF=12BC1=12AD1，故四边形AEFD1为梯形，
即平面AEF截正方体所得的截面为梯形AEFD1；
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，故AD1=22,EF=2,
AE=AB2+BE2=5=D1F，故梯形AEFD1的高为5−(22−22)2=322，
故梯形AEFD1的面积为12×(2+22)×322=92，
即平面AEF截正方体所得的截面面积为92，B错误；
对于C，由B可知△AEF的边EF上的高为梯形AEFD1的高322，
故S△AEF=12×2×322=32，S△AEC=12⋅EC⋅AB=12×1×2=1，
设点C到平面AEF的距离为d，由VF−AEC=VC−AEF得13×1×1=13×32d,∴d=23，
即点C到平面AEF的距离为23，C正确；
对于D，直线C1C与平面AEF所成角即为直线CF与平面AEF所成角，
由于点C到平面AEF的距离为23，且CF=1，
故直线CF与平面AEF所成角的正弦值为231=23，D正确，
故选：ACD
3．（多选）（23-24高二上·江苏淮安·开学考试）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q为线段B1C1的中点，P为线段CC1上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面的面积为92
B．存在点P，使得平面DPQ//平面AB1C
C．DP+PQ的最小值为5+2
D．三棱锥P−C1D1Q外接球表面积最大值为9π

【答案】AD
【分析】
连接A1D,A1Q,B1C，由三角形中位线性质和正方体性质可知，过D，P，Q三点的截面为梯形A1QPD，然后计算即可得截面面积，可判断A；假设存在，然后利用面面平行性质定理推得DQ∥AB1，矛盾，可判断B；利用侧面展开图可求得DP+PQ最小值，判断C；利用补形法求外接球表面积即可判断D.
【详解】A选项：连接A1D,A1Q,B1C，由三角形中位线性质和正方体性质可知，PQ∥A1D，且PQ=12A1D，所以过D，P，Q三点的截面为梯形A1QPD，
易知A1Q=DP=5,PQ=2,A1D=22，
作PH⊥DA1，则DH=12，PH=52−222=322，
所以梯形A1QPD的面积S=122+22×322=92，A正确；

B选项：若存在点P，使得平面DPQ//平面AB1C，则由平面AB1C1D∩平面AB1C=AB1，平面AB1C1D∩平面DPQ=DQ可知DQ∥AB1，显然DQ,AB1不平行，故B错误；

C选项：将侧面展开如图，显然当Q、P、D三点共线时，DP+PQ取得最小值，最小值为QD12+DD12=32+22=13，C错误；

D选项：由题知，C1Q,C1D1,C1P两两垂直，所以三棱锥P−C1D1Q外接球，即为以C1Q,C1D1,C1P为共顶点的三条棱的长方体的外接球，记其半径为R，
则2R=C1Q2+C1D12+C1P2=5+C1P2，
显然，当点P与C重合时，R取得最大值32，此时外接球表面积取得最大值4πR2=9π，D正确.
故选：AD
4．（多选）（23-24高二上·广西南宁·阶段练习）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分别是AB，AC的中点，且平面A1EF//平面BCHG，下列结论正确的是（ ）
A．EF//GHB．GH//平面A1EF
C．GHEF=43D．平面A1EF//平面BCC1B1
【答案】ABC
【分析】由三棱柱性质和面面平行性质可知A正确；利用线面平行判定定理可得B正确；由重心分边长比例可得C正确；易知平面A1EF与平面BCC1B1相交，即D正确.
【详解】由三棱柱性质可知平面ABC//平面A1B1C1，又平面BCHG∩平面ABC=BC，平面BCHG∩平面A1B1C1=GH，
由面面平行的性质可知BC//GH；
又点E，F分别是AB，AC的中点，可知BC//EF，即可得EF//GH，所以A正确；
由EF//GH，EF⊂平面A1EF，GH⊄平面A1EF，所以GH//平面A1EF，即B正确；
又GH经过△A1B1C1的重心，所以GHB1C1=GHBC=23，且BC//EF，EFBC=12，
所以GHEF=43，可知C正确；
因为A1,E,B,B1四点共面，且易知A1E与BB1相交，所以平面A1EF与平面BCC1B1相交，因此D错误；
故选：ABC
题型六 面面平行中的动点问题
1．（22-23高一下·陕西铜川·期中）如图所示，底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，AB=2，PA=4，PB=PD=25，AC与BD相交于点O，E为PD中点．
(1)求证：EO∥平面PBC；
(2)PA上是否存在点F，使平面OEF∥平面PBC．若存在，请指出并给予证明；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析
(2)存在点F，证明见解析
【分析】
（1）利用线面平行的判断定理，判断EO//PB，即可证明线面平行；（2）根据面面平行的判断定理，转化为判断线线平行，即可确定点F的位置，即可证明.
【详解】（1）
因为O,E分别是BD,PD的中点，
所以EO//PB，且EO⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以EO//平面PBC；
（2）
存在，点F是PA的中点，此时，连结EF,OF

因为O,F分别是AC,AP的中点，
所以OF//PC，OF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以OF//平面PBC，
由（1）可知，EO//平面PBC，且OF∩EO=O，且OF,EO⊂平面OEF，
所以平面OEF//平面PBC，
所以PA上存在中点F，使平面OEF//平面PBC.
2．（22-23高一下·福建漳州·期中）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点E,F分别在线段AC,A1C上，且满足CE=2EA，CF=2FA1.
(1)求证：EF//平面BB1C1C；
(2)在线段B1C上是否存在点G，使得平面EFG//平面AA1B1B.若存在，求出CGCB1；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点G，CGCB1=23
【分析】
（1）由平行线分线段成比例可证得EF//AA1//BB1，由线面平行的判定可证得结论；
（2）当CGCB1=23时，由线面平行的判定可分别证得FG//平面AA1B1B，EF//平面AA1B1B，由面面平行的判定可知平面EFG//平面AA1B1B.
【详解】（1）∵CE=2EA，CF=2FA1，即CEEA=CFFA1=2，∴EF//AA1，
又AA1//BB1，∴EF//BB1，
∵BB1⊂平面BB1C1C，EF⊄平面BB1C1C，∴EF//平面BB1C1C.
（2）存在点G，CGCB1=23，使得平面EFG//平面AA1B1B，证明如下：
当CGCB1=23时，连接EG,FG，
∵CF=2FA1，∴CFCA1=CGCB1=23，∴FG//A1B1，
∵A1B1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，∴FG//平面AA1B1B，
由（1）知：EF//BB1，又EF⊄平面AA1B1B，BB1⊂平面AA1B1B，∴EF//平面AA1B1B，
又EF∩FG=F，EF,FG⊂平面EFG，∴平面EFG//平面AA1B1B，
∴存在点G，当CGCB1=23时，平面EFG//平面AA1B1B.
3．（22-23高一下·浙江杭州·期中）如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当A1D1D1C1=1时，求证BC1//平面AB1D1；
(2)若平面BC1D//平面AB1D1，求ADDC的值，并说明理由．

【答案】(1)证明见解析
(2)ADDC=1，理由见解析
【分析】
（1）欲证BC1//平面AB1D1，只需证BC1与平面AB1D1内一直线平行，当A1D1D1C1=1时，D1为线段A1C1的中点，作出辅助线，证明出OD1//BC1，满足定理所需条件；
（2）根据平面BC1D与平面AB1D1平行的性质定理可知BC1//D1O，同理AD1//DC1，根据比例关系即可求出所求．
【详解】（1）
如图，当A1D1D1C1=1时，D1为线段A1C1的中点，
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，所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点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．
（2）
由已知，平面BC1D//平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O．
因此BC1//D1O，同理AD1//DC1．
∴A1D1D1C1=A1OOB，A1D1D1C1=DCAD．
又∵A1OOB=1，
∴DCAD=1，即ADDC=1．
4．（22-23高一下·浙江宁波·期中）如图，在三棱柱BCF−ADE中，若G，H分别是线段AC，DF的中点.
(1)求证：GH ∥ BF；
(2)在线段CD上是否存在一点P，使得平面GHP ∥平面BCF，若存在，指出P的具体位置并证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)存在，P是线段CD的中点，
【分析】（1）根据三角形中位线分析证明；
（2）根据题意结合线面、面面平行的判定定理分析证明.
【详解】（1）连接BD，
∵ABCD为平行四边形，由题意可得：G是线段BD的中点，
则G，H分别是线段BD，DF的中点，故GH ∥ BF.
（2）存在，P是线段CD的中点，理由如下：
由（1）可知：GH ∥ BF，
GH⊂平面GHP，BF⊄平面GHP，
∴BF ∥平面GHP，
连接PG,PH，
∵P、H分别是线段CD、DF的中点，则HP ∥ CF，
HP⊂平面GHP，CF⊄平面GHP，
∴CF ∥平面GHP，
BF∩CF=F，BF,CF⊂面BCF，
故平面GHP ∥平面BCF.
1．（23-24高二上·北京海淀·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点.给出下列四个推断：

①FG//平面AA1D1D；②EF//平面BC1D1；
③FG//平面BC1D1；④平面EFG//平面BC1D1，
其中推断正确的序号是 .
【答案】①③
【分析】
由已知可得FG//BC1//AD1，由线面平行的判定定理可判断①；由EF//A1C1，A1C1与平面BC1D1相交可判断②；由FG//BC1，根据线面平行的判定定理可判断③，由EF与平面BC1D1相交可判断④，进而可得正确答案.
【详解】对于①：因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，
所以FG//BC1，因为BC1//AD1，所以FG//AD1，
因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂ 平面AA1D1D，
所以FG//平面AA1D1D，故①正确；
对于②：因为EF//A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，
所以EF与平面BC1D1相交，故②错误；
对于③：因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，
所以FG//BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，
所以FG//平面BC1D1，故③正确；
对于④：EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误.
故答案为：①③.

2．（22-23高一下·福建福州·期末）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面BCC1B1内（包括边界）一动点，且D1P∥平面EFG，则P点的轨迹长度为

【答案】2
【分析】根据题意可证平面FGE∥平面A1BCD1，进而可得点P的轨迹为线段BC，即可得结果.
【详解】因为A1D1∥BC，则A1,B,C,D1四点共面，
连接CD1,A1B，
因为E，F分别为所在棱的中点，则EF∥A1B，
且EF⊂平面FGE，A1B⊄平面FGE，所以A1B∥平面FGE，
因为F，G分别为所在棱的中点，则FG∥A1D1，
且FG⊂平面FGE，A1D1⊄平面FGE，所以A1D1∥平面FGE，
A1B∩A1D1=A1，A1B,A1D1⊂平面A1BCD1，
所以平面FGE∥平面A1BCD1，且平面BCC1B1∩平面A1BCD1=BC，
可得当且仅当点P在棱BC上时，即D1P⊂平面A1BCD1，满足D1P∥平面EFG，
所以点P的轨迹为线段BC，长度为2.
故答案为：2.

【点睛】关键点睛：根据题意利用面面平行转化线面平行，再结合平行关系分析求解.
3．（22-23高一下·广东广州·期末）如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为CC1的中点，经过A，D1，E三点的平面记为平面α，点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//α.

(1)设平面BCC1B1∩α=l，求证：AD1//l；
(2)平面α将正方体ABCD−A1B1C1D1分成两部分，求这两部分的体积之比V1V2（其中V1≤V2）；
(3)当A1P最小时，求三棱锥P−AA1D1的外接球的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)717
(3)1534π
【分析】（1）连接BC1，即可证明AD1//平面BCC1B1，根据线面平行的性质证明即可；
（2）设D1E∩DC=F，连接AF，设BC∩AF=G，连接GE，即可得到截面即为平面AGED1，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得；
（3）取B1C1的中点N，BB1的中点M，连接MN、ME、A1M、A1N，即可证明平面A1MN//平面AGED1，则P在线段MN上，从而得到当P为MN的中点时A1P最小，令ME∩BC1=H，连接GH，则球心在GH上，设球心为O，连接OD1、OP、PH，利用勾股定理求出外接球的半径R2，最后根据球的表面积公式计算可得.
【详解】（1）连接BC1，因为AB=D1C1且AB//D1C1，所以ABC1D1为平行四边形，
所以AD1//BC1，AD1⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以AD1//平面BCC1B1，
又平面BCC1B1∩α=l，AD1⊂平面α，所以AD1//l.

（2）在正方形DCC1D1中，直线D1E与直线DC相交，
设D1E∩DC=F，连接AF，设BC∩AF=G，连接GE，
由E为CC1的中点，得G为BC的中点，∴EG//AD1，
所以平面AGED1即为平面α，
因为E为CC1的中点，所以C为DF的中点，
所以平面α将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台CGE−DAD1，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，
所以V1=V棱台CGE−DAD1=VF−DAD1−VF−CGE
=78VF−DAD1=78×13S△DAD1×FD=78×13×12×4×4×8=563，
∴另一部分几何体的体积V2=43−563=1363，
∴两部分的体积V1V2=717．
（3）取B1C1的中点N，BB1的中点M，连接MN、ME、A1M、A1N，
显然MN//BC1，EG//BC1，所以MN//EG，MN⊄平面AGED1，EG⊂平面AGED1，
所以MN//平面AGED1，
又E为CC1的中点，所以ME//B1C1且ME=B1C1，又A1D1//B1C1且A1D1=B1C1，
所以A1D1//ME且A1D1=ME，
所以A1D1EM为平行四边形，所以A1M//D1E，
A1M⊄平面AGED1，D1E⊂平面AGED1，
所以A1M//平面AGED1，
又A1M∩ME=M，A1M,ME⊂平面A1MN，所以平面A1MN//平面AGED1，
又点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//α，
所以P在线段MN上，又A1N=A1M=42+22=25，
即△A1MN为等腰三角形，所以当P为MN的中点时A1P最小，
因为△AA1D1为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边AD1的中点，设为Q，
令ME∩BC1=H，则H为BC1的中点，连接QH，则QH//AB，所以QH⊥平面AA1D1，
所以球心在QH上，设球心为O，连接OD1、OP、PH，
设外接球的半径为R，OQ=ℎ，则OD1=OP=R，
又D1Q=12AD1=22，PH=2，
所以R2=ℎ2+222，R2=4−ℎ2+22，解得ℎ=54，则R2=15316，
所以外接球的表面积S=4πR2=1534π.

【点睛】关键点睛：第三问题点P的轨迹问题的关键是通过面面平行确定P的位置，对于外接球关键是确定球心所在位置.