第八章 第4讲 直线、平面平行的判定与性质 2021届高三数学一轮高考总复习课件

第4讲直线、平面平行的判定与性质第4讲直线、平面平行的判定与性质课标要求考情风向标1.◆平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.◆一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.2.通过直观感知、操作确认，归纳出以下性质定理，并加以证明：◆一条直线与一个平面平行，则过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行.◆两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行.3.能运用已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题1.在高考中，线、面平行关系的考查仅次于垂直关系的考查，是高考重点内容，在要求上不高，属容易题，平时训练难度不宜过大，抓好判定定理的掌握与应用即可.2.学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化，牢记解决问题的根源在“定理”通过直观感知、操作确认，归纳出以下判定定理：课标要求考情风向标1.1.在高考中，线、面平行通过直观感知、直线与平面的位置关系在平面内无数个交点相交1个交点平行

0个交点定义若一条直线和平面平行，则它们没有公共点判定定理1a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α判定定理2α∥β，a⊂α⇒a∥β性质定理a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒a∥l直线在平面内无数个交点相交1个交点平行 0个定义若一条直平面与平面的位置关系相交无数个交点平行

0个交点定义若两个平面平行，则它们没有公共点判定定理1a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β判定定理2a⊥α，a⊥β⇒α∥β性质定理1α∥β，a⊂α⇒a∥β性质定理2α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b(续表)平面相交无数个交点平行 0个定义若两个平面平行，则它们没有1.已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()B

A.只有一条，不在平面α内 B.只有一条，且在平面α内 C.有无数条，一定在平面α内 D.有无数条，不一定在平面α内

解析：过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条，∵P∈α，∴这条直线也应该在平面α内.1.已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P2.(2019年四川成都模拟)已知直线a，b和平面α，下列说法中正确的是()B

A.若a∥α，b⊂α，则a∥b

B.若a⊥α，b⊂α，则a⊥b

C.若a，b与α所成的角相等，则a∥b

D.若a∥α，b∥α，则a∥b

解析：对于A，若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，故A错误；对于B，利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，b⊂α，则a⊥b，故B正确；对于C，若a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错误；对于D，由a∥α，b∥α，得a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误.2.(2019年四川成都模拟)已知直线a，b和平面α，3.(2019年湖南联考)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()D

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.3.(2019年湖南联考)已知m，n是两条不同的直线，4.(2018年浙江)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，)A则“m∥n”是“m∥α”的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.(2018年浙江)已知平面α，直线m，n满足m⊄考点1直线与平面平行的判定与性质

例1：(1)(2017年新课标Ⅰ)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()ABCD考点1直线与平面平行的判定与性质 例1：(1)(2017

解析：由B图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D图知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ.故选A.答案：A 解析：由B图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ

(2)(2018年河北石家庄调研)如图

8-4-1，在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α，设α∩平面ABC)＝l，若l∥A1C1，则这3个点可以是(

图8-4-1A.B，C，A1C.A1，B1，CB.B1，C1，AD.A1，B，C1解析：在棱台中，AC∥A1C1，l∥A1C1，则l∥AC或l为直线AC.因此平面α可以过点A1，B，C1，选项D正确.答案：D (2)(2018年河北石家庄调研)如图8-4-1，

(3)(多选)如图

8-4-2，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，侧面PAB为等边三角形，E，F分别为PA，BC的中点.下列结论正确的是()A.BE∥平面PFDB.EF∥平面PCDC.平面PAB与平面PCD交线为l，则图8-4-2CD∥l

D.BE⊥平面PAC (3)(多选)如图8-4-2，四棱锥P-ABCD中，

解析：取PD中点M，易知BE∥FM，EF∥CM，故A、B正确；CD∥AB得CD∥平面PAB，故CD∥l，C正确，D显然不正确，故选ABC.答案：ABC

【规律方法】证明直线a与平面α平行，关键是在平面α内找一条直线b，使a∥b，如果没有现成的平行线，应依据条件作出平行线.有中点的常作中位线. 解析：取PD中点M，易知BE∥FM，EF∥CM，故考点2平面与平面平行的判定与性质

例2：(1)正方体ABCD-A1B1C1D1

的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1

的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则AQ的长为()A.23B.12C.16D.13考点2平面与平面平行的判定与性质 例2：(1)正方体A解析：如图D78所示，连接BQ，QN，平面AA1B1B∥平面CC1D1D，平面BMNQ∩平面CC1D1D＝MN，平面BMNQ∩平面AA1B1B＝BQ，由平面与平面平行的性质定理可得BQ∥MN.同理可得BM∥QN.∴四边形BQNM为平行四边形.解析：如图D78所示，连接BQ，QN，平面AA1B1

图D78答案：D

(2)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为()

图D79答案：C(2)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中

(3)(2017年河北衡水模拟)在如图8-4-3所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC.①求几何体ABC-DFE的体积；②求证：平面ADE∥平面BCF.图8-4-3 (3)(2017年河北衡水模拟)在如图8-4-3①解：取BC的中点O，ED的中点G，如图D80所示，连接AO，OF，FG，AG.∵AO⊥BC，AO⊂平面ABC，平面BCED⊥平面ABC，∴AO⊥平面BCED.同理FG⊥平面BCED.①解：取BC的中点O，ED的中点G，如图D80②证明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，∴四边形AOFG为平行四边形，∴AG∥OF.又AG⊄平面BCF，OF⊂平面BCF，∴AG∥平面BCF.又∵DE∥BC，DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，∴DE∥平面BCF，又AG∩DE＝G，∴平面ADE∥平面BCF.图D80②证明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，又∵DE∥BC，【规律方法】证明面面平行的方法有(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；

(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化.【规律方法】证明面面平行的方法有(2)面面平行的判定定理：如考点3线面、面面平行的综合应用

例3：如图8-4-4，已知有公共边AB的两个正方形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面CBE.

图8-4-4考点3线面、面面平行的综合应用 例3：如图8-4-4，

证明：方法一，如图8-4-5(1)，连接AQ并延长交BC于G，连接EG，∴PQ∥EG.又PQ⊄平面CBE，EG⊂平面CBE，∴PQ∥平面CBE. 证明：方法一，如图8-4-5(1)，连接AQ并延长交(1)(2)(3)

图8-4-5(1)(2)(3) 图8-4-5

∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ， ∴PK＝QH. ∴四边形PQHK是平行四边形. ∴PQ∥KH.

又PQ⊄平面CBE，KH⊂平面CBE， ∴PQ∥平面CBE.

方法三，如图8-4-5(3)，过点P作PO∥EB，交AB于点O，连接OQ， ∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ，∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ⊄平面CBE，PQ⊂平面POQ，∴PQ∥平面CBE.

【规律方法】证明线面平行，关键是在平面内找到一条直线与已知直线平行.方法一是作三角形得到的；方法二是通过作平行四边形得到在平面内的一条直线KH；方法三利用了面面平行的性质定理.∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ⊄平面CBE，PQ【跟踪训练】1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为

)位置关系是( A.相交 C.垂直B.平行D.不能确定【跟踪训练】)位置关系是(B.平行解析：如图D81，连接CD1，AD1，BC1.在CD1上取点P，使D1P＝2a

3，∴MP∥BC，PN∥AD1.∵AD1∥BC1，∴PN∥BC1.∴MP∥面BB1C1C，PN∥面BB1C1C.∴面MNP∥面BB1C1C，∴MN∥面BB1C1C.故选B.

图D81

答案：B解析：如图D81，连接CD1，AD1，BC1.在CD1难点突破⊙立体几何中的探究性问题(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.图8-4-6难点突破⊙立体几何中的探究性问题(1)证明：平面AMD⊥平(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.∵BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面CMD.故BC⊥DM.∴DM⊥CM.又BC∩CM＝C，∴DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为(2)解：当

P

为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：如图8-4-7，连接AC交BD于O.图8-4-7∵ABCD为矩形，∴O为AC中点.连接OP，∵P为AM中点，∴MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，∴MC∥平面PBD.(2)解：当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.图

【规律方法】解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，若找到了使结论成立的充分条件，则存在；若找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在.而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明. 【规律方法】解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，【跟踪训练】2.(2019年北京)如图

8-4-8，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.图8-4-8【跟踪训练】2.(2019年北京)如图8-4-8，在四棱(1)证明：∵PA

⊥平面ABCD，∴PA⊥BD.∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.(2)证明：∵底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，∴△ACD为正三角形.∴AE⊥CD.∵AB∥CD，∴AE⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴AE⊥PA.(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD.∵PA∵PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB.又AE⊂平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE.(3)解：存在点F为PB中点时，满足CF∥平面PAE.理由如下：分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG，如图D82.图D82∵PA∩AB＝A，又AE⊂平面PAE，∴平面PAB⊥即四边形CEGF为平行四边形.∴CF∥EG.又CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，∴CF∥平面PAE.即四边形CEGF为平行四边形.∴CF∥EG.

1.直线与平面平行判定定理要具备三个条件：(1)直线a在平面α外；(2)直线b在平面α内；(3)直线a，b平行.三个条件缺一不可，在推证线面平行时，一定要强调直线a不在平面内，否则，会出现错误；平面与平面平行判定定理“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”，必须注意“相交”的条件. 1.直线与平面平行判定定理要具备三个条件：(1)直线a

2.直线与平面平行的性质定理：线面平行，则线线平行.要注意后面线线平行的意义：一条为平面外的直线，另一条为过平面外直线的平面与已知平面的交线.对于本定理要注意避免“一条直线平行于平面，就平行于平面内的任何一条直线”的错误.

3.利用线面平行的判定定理时经常要作辅助线，利用线面平行的性质定理时经常要作辅助面，无论作辅助线还是辅助面，都得有理有据，不能随意去作，如果已知条件中出现中点的话，中位线是首选. 2.直线与平面平行的性质定理：线面平行，则线线平行.要 34.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，其转化关系为

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，决不可过于“模式化”.4.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维第4讲直线、平面平行的判定与性质第4讲直线、平面平行的判定与性质课标要求考情风向标1.◆平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.◆一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.2.通过直观感知、操作确认，归纳出以下性质定理，并加以证明：◆一条直线与一个平面平行，则过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行.◆两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行.3.能运用已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题1.在高考中，线、面平行关系的考查仅次于垂直关系的考查，是高考重点内容，在要求上不高，属容易题，平时训练难度不宜过大，抓好判定定理的掌握与应用即可.2.学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化，牢记解决问题的根源在“定理”通过直观感知、操作确认，归纳出以下判定定理：课标要求考情风向标1.1.在高考中，线、面平行通过直观感知、直线与平面的位置关系在平面内无数个交点相交1个交点平行

0个交点定义若一条直线和平面平行，则它们没有公共点判定定理1a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α判定定理2α∥β，a⊂α⇒a∥β性质定理a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒a∥l直线在平面内无数个交点相交1个交点平行 0个定义若一条直平面与平面的位置关系相交无数个交点平行

0个交点定义若两个平面平行，则它们没有公共点判定定理1a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β判定定理2a⊥α，a⊥β⇒α∥β性质定理1α∥β，a⊂α⇒a∥β性质定理2α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b(续表)平面相交无数个交点平行 0个定义若两个平面平行，则它们没有1.已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()B

A.只有一条，不在平面α内 B.只有一条，且在平面α内 C.有无数条，一定在平面α内 D.有无数条，不一定在平面α内

解析：过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条，∵P∈α，∴这条直线也应该在平面α内.1.已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P2.(2019年四川成都模拟)已知直线a，b和平面α，下列说法中正确的是()B

A.若a∥α，b⊂α，则a∥b

B.若a⊥α，b⊂α，则a⊥b

C.若a，b与α所成的角相等，则a∥b

D.若a∥α，b∥α，则a∥b

解析：对于A，若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，故A错误；对于B，利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，b⊂α，则a⊥b，故B正确；对于C，若a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错误；对于D，由a∥α，b∥α，得a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误.2.(2019年四川成都模拟)已知直线a，b和平面α，3.(2019年湖南联考)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()D

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.3.(2019年湖南联考)已知m，n是两条不同的直线，4.(2018年浙江)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，)A则“m∥n”是“m∥α”的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.(2018年浙江)已知平面α，直线m，n满足m⊄考点1直线与平面平行的判定与性质

例1：(1)(2017年新课标Ⅰ)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()ABCD考点1直线与平面平行的判定与性质 例1：(1)(2017

解析：由B图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D图知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ.故选A.答案：A 解析：由B图知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ

(2)(2018年河北石家庄调研)如图

8-4-1，在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α，设α∩平面ABC)＝l，若l∥A1C1，则这3个点可以是(

图8-4-1A.B，C，A1C.A1，B1，CB.B1，C1，AD.A1，B，C1解析：在棱台中，AC∥A1C1，l∥A1C1，则l∥AC或l为直线AC.因此平面α可以过点A1，B，C1，选项D正确.答案：D (2)(2018年河北石家庄调研)如图8-4-1，

(3)(多选)如图

8-4-2，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，侧面PAB为等边三角形，E，F分别为PA，BC的中点.下列结论正确的是()A.BE∥平面PFDB.EF∥平面PCDC.平面PAB与平面PCD交线为l，则图8-4-2CD∥l

D.BE⊥平面PAC (3)(多选)如图8-4-2，四棱锥P-ABCD中，

解析：取PD中点M，易知BE∥FM，EF∥CM，故A、B正确；CD∥AB得CD∥平面PAB，故CD∥l，C正确，D显然不正确，故选ABC.答案：ABC

【规律方法】证明直线a与平面α平行，关键是在平面α内找一条直线b，使a∥b，如果没有现成的平行线，应依据条件作出平行线.有中点的常作中位线. 解析：取PD中点M，易知BE∥FM，EF∥CM，故考点2平面与平面平行的判定与性质

例2：(1)正方体ABCD-A1B1C1D1

的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1

的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则AQ的长为()A.23B.12C.16D.13考点2平面与平面平行的判定与性质 例2：(1)正方体A解析：如图D78所示，连接BQ，QN，平面AA1B1B∥平面CC1D1D，平面BMNQ∩平面CC1D1D＝MN，平面BMNQ∩平面AA1B1B＝BQ，由平面与平面平行的性质定理可得BQ∥MN.同理可得BM∥QN.∴四边形BQNM为平行四边形.解析：如图D78所示，连接BQ，QN，平面AA1B1

图D78答案：D

(2)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为()

图D79答案：C(2)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中

(3)(2017年河北衡水模拟)在如图8-4-3所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED是边长为2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC.①求几何体ABC-DFE的体积；②求证：平面ADE∥平面BCF.图8-4-3 (3)(2017年河北衡水模拟)在如图8-4-3①解：取BC的中点O，ED的中点G，如图D80所示，连接AO，OF，FG，AG.∵AO⊥BC，AO⊂平面ABC，平面BCED⊥平面ABC，∴AO⊥平面BCED.同理FG⊥平面BCED.①解：取BC的中点O，ED的中点G，如图D80②证明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，∴四边形AOFG为平行四边形，∴AG∥OF.又AG⊄平面BCF，OF⊂平面BCF，∴AG∥平面BCF.又∵DE∥BC，DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，∴DE∥平面BCF，又AG∩DE＝G，∴平面ADE∥平面BCF.图D80②证明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，又∵DE∥BC，【规律方法】证明面面平行的方法有(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；

(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化.【规律方法】证明面面平行的方法有(2)面面平行的判定定理：如考点3线面、面面平行的综合应用

例3：如图8-4-4，已知有公共边AB的两个正方形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面CBE.

图8-4-4考点3线面、面面平行的综合应用 例3：如图8-4-4，

证明：方法一，如图8-4-5(1)，连接AQ并延长交BC于G，连接EG，∴PQ∥EG.又PQ⊄平面CBE，EG⊂平面CBE，∴PQ∥平面CBE. 证明：方法一，如图8-4-5(1)，连接AQ并延长交(1)(2)(3)

图8-4-5(1)(2)(3) 图8-4-5

∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ， ∴PK＝QH. ∴四边形PQHK是平行四边形. ∴PQ∥KH.

又PQ⊄平面CBE，KH⊂平面CBE， ∴PQ∥平面CBE.

方法三，如图8-4-5(3)，过点P作PO∥EB，交AB于点O，连接OQ， ∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ，∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ⊄平面CBE，PQ⊂平面POQ，∴PQ∥平面CBE.

【规律方法】证明线面平行，关键是在平面内找到一条直线与已知直线平行.方法一是作三角形得到的；方法二是通过作平行四边形得到在平面内的一条直线KH；方法三利用了面面平行的性质定理.∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ⊄平面CBE，PQ【跟踪训练】1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为

)位置关系是( A.相交 C.垂直B.平行D.不能确定【跟踪训练】)位置关系是(B.平行解析：如图D81，连接CD1，AD1，BC1.在CD1上取点P，使D1P＝2a

3，∴MP∥BC，PN∥AD1.∵AD1∥BC1，∴PN∥BC1.∴MP∥面BB1C1C，PN∥面BB1C1C.∴面MNP∥面BB1C1C，∴MN∥面BB1C1C.故选B.

图D81

答案：B解析：如图D81，连接CD1，AD1，BC1.在CD1难点突破⊙立体几何中的探究性问题(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.图8-4-6难点突破⊙立体几何中的探究性问题(1)证明：平面AMD⊥平(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.∵BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面CMD.故BC⊥DM.∴DM⊥CM.又BC∩CM＝C，∴DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为(2)解：当

P

为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：如图8-4-7，连接AC交BD于O.图8-4-7∵ABCD为矩形，∴O为AC中点.连接OP，∵P为AM中点，∴MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，∴MC∥平面PBD.(2)解：当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.图

【规律方法】解决探究性问题一般先假设求解的结果