8.5.3 平面与平面平 解析版

8.5.3平面与平面平行【考点梳理】考点一平面与平面平行的判定定理文字语言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符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂α，b⊂α，,a∩b＝A，,a∥β，b∥β))⇒α∥β图形语言考点二两个平面平行的性质定理文字语言两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行符号语言α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b图形语言【题型归纳】题型一：平面与平面平行的判定定理的应用1．（2022春·广东中山·高一统考期末）在下列条件中，可判定平面α与平面β平行的是（）A．α，β都平行于直线aB．α内存在不共线的三点到β的距离相等C．l，m是α内的两条直线，且，D．l，m是两条异面直线，且，，，【答案】D【分析】举例说明并判断A，B，C；利用线面平行的性质、面面平行的判定推理判断D作答.【详解】对于A，当，，且时，满足都平行于直线a，不能推出，A不能；对于B，当，且在内直线b一侧有两点，另一侧一个点，三点到的距离相等时，不能推出，B不能；对于C，当l与m平行时，不能推出，C不能；对于D，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，因，，则存在过直线的平面，于是得，，，则，又是两条异面直线，则是平面内的两条相交直线，所以，D能.故选：D2．（2023·全国·高一专题练习）如图，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.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用中位线定理与空间平行线的传递性，推得，由此得证；（2）利用线面平行的判定定理证得EF平面BCHG，A1E平面BCHG，从而利用面面平行的判定定理即可得证.【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点∴GH是的中位线，∴GHB1C1，又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，∴B，C，H，G四点共面．（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EFBC，∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF平面BCHG，∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，∴A1GEB，，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E平面BCHG，∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1平面BCHG.3．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱中，分别为的中点，．求证：(1)平面；(2)平面平面．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面；（2）根据面面平行的判定定理证得平面平面．【详解】（1）在三棱柱中，分别为的中点，，平面平面，平面．（2）平面，平面，平面．分别为的中点，，，且．四边形是平行四边形．．又平面平面，平面．又平面，平面平面．题型二：面面平行证明线线平行4．（2023·高一课时练习）如图，已知平面平面，点为，外一点，直线，分别与，相交于，和，，则与的位置关系为（

）A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面【答案】A【分析】由题设知，，，，共面，根据面面平行的性质，可证与的位置关系.【详解】解：由题意知，，，，在同一平面内，且平面平面，平面平面，且，∴，故选：A．5．（2023春·全国·高一专题练习）在三棱柱中，(1)若分别是的中点，求证：平面平面.(2)若点分别是上的点，且平面平面，试求的值．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）分别证明平面、平面即可；（2）连接交于，连接，由面面平行的性质定理可得、，然后可得答案.【详解】（1）∵分别是的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵，平面，∴平面平面.（2）连接交于，连接，由平面平面，且平面平面，平面平面，∴，同理可得，所以，即为线段的中点，所以为线段的中点，即.6．（2020春·湖北·高一校联考开学考试）如图，四棱锥的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为，点G.E.F.H分别是棱PB．AB．DC．PC上共面的四点，平面GEFH.（1）证明：；（2）若，平面平面GEFH，求四边形GEFH的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由线面平行的性质可得、，即可得证；（2）由面面平行的性质可得，即可求出，同理，再求出，，即可求出面积；【详解】（1）∵平面GEFH，又∵平面PBC且平面平面，∴.又∵平面GEFH，又∵平面ABCD且平面平面，∴，∴.（2）∵平面平面GEFH，又∵平面平面，且平面平面，∵，∵，∴，同理，又由（1）知，，∴，在四边形GEFH中：，，且，四边形GEFH为等腰梯形，如图所示：过G作GM垂直于EF于M，过H作GN垂直于EF于N，在直角中，，∴.【点睛】本题考查线面平行的判定与性质，考查梯形面积的计算，正确运用线面平行的判定与性质是关键，属于中档题．题型三：面面平行证明线面平行、面面平行7．（2022春·浙江·高一期中）已知三棱锥中，△ABC，△ACD都是等边三角形，，E，F分别为棱AB，棱BD的中点，G是△BCE的重心．(1)求异面直线CE与BD所成角的余弦值；(2)求证：FG平面ADC．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）取的中点，连接，证明，则异面直线CE与BD所成角的平面角即为或其补角，解即可；（2）取的中点，连接，证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得证.【详解】（1）解：取的中点，连接，因为E为棱AB的中点，所以，则异面直线CE与BD所成角的平面角即为或其补角，设，则，，在中，，即异面直线CE与BD所成角的余弦值为；（2）解：取的中点，连接，因为E，F分别为棱AB，棱BD的中点，所以，又平面，平面，所以平面，平面，又平面，所以平面平面，又因为G是△BCE的重心，所以点在上，故平面，所以FG平面ADC．8．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且分别为的中点，现将沿折起，得到四棱锥，连接证明：平面；【答案】证明过程见解析【分析】取的中点，连接．证明平面平面，进而可证平面．【详解】如图，在四棱锥中，取的中点，连接．因为分别为的中点，，所以又平面，平面，所以平面，同理可得，平面，又平面，所以平面平面，因为平面，所以平面．9．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，且侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2AD＝4．E，F，H分别是PA，PD，AB的中点，点G在线段PD上，且．(1)当时，证明：平面BEF；(2)当三棱锥F－EGH的体积为时，求的值．【答案】(1)证明见解析;(2)或.【分析】(1)取AE中点M，根据面面平行的判定定理可得平面平面BEF，根据面面平行的性质即可证明；(2)由可得，根据等体积法可求解.【详解】解：（1）证明：依题意，当时，G为FD中点，取AE中点M，连接MG，MH，∵E，F分别是PA，PD的中点，∴，又G，M分别是DF，AE的中点，∴，∵平面BEF，平面BEF，∴平面BEF，同理，M，H分别是AE，AB的中点，∴，∵平面BEF，平面BEF，∴平面BEF，又∵平面，∴平面平面BEF，∵平面MHG，∴平面BEF；（2）∵，∴，∴，∴，解得或．【双基达标】一、单选题10．（2022春·安徽安庆·高一校考期中）下列命题中，正确的是（

）A．平行于同一条直线的两个平面平行B．平行于同一平面的两个平面平行C．平行于同一平面的两直线关系不确定D．两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面【答案】BCD【分析】通过举反例说明选项A错误，其它选项根据线面、面面平行的判定和性质直接判断即可.【详解】对于A，如图，平行于同一条直线的两个平面相交,故A错误；对于B，平行于同一平面的两个平面平行正确，故B正确；对于C，平行于同一平面的两直线关系不确定，可以平行，相交，也可以异面，故C正确；对于D，根据两个平面平行的性质定理，两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面正确，故C正确；故选：BCD.11．（2023春·全国·高一专题练习）已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】C【分析】ABD均可举出反例，由线面垂直的性质可得得到C正确.【详解】对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，如图1，，，而，相交，故A错误；对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，如图2，满足，，但相交，B错误；对于C，垂直于同一平面的两直线平行，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，如图3，满足，，但相交，故D错误.故选：C.12．（2022春·黑龙江·高一哈九中校考期中）设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，①、，，；

②，；③，；

④，，．则的充分条件可以是（

）A．①② B．①④ C．②③ D．②④【答案】D【分析】根据线线、线面、面面关系对各选项逐一分析判断即可.【详解】因为，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，①、，，，则与平行或相交，故①错误；②，，则，故②正确；③，，则与平行或相交，故③错误；④，，，则，故④正确；综上②④正确，故选：D13．（2023·高一课时练习）如图，在正方体中，为线段上任意一点（包括端点），则一定有（

）A．与异面 B．与相交C．与平面平行 D．与平面相交【答案】C【分析】连接、、、，证明出四边形为平行四边形，并结合面面平行的性质可判断各选项能否一定成立.【详解】连接、，因为且，所以，四边形为平行四边形，当为、的交点时，与相交，当不为、的交点时，与异面，AB选项都不一定成立；连接、，因为且，故四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，同理可证平面，因为，、平面，平面平面，平面，平面，C选项一定满足，D选项一定不满足.故选：C.14．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若平面AMN，则PA1的最小值是（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由平面，可以找到点在右侧面的运动轨迹，从而求出的最小值【详解】如图所示，取的中点,的中点，连接，因为分别是棱的中点，所以，，又因为,,，所以平面平面，平面，且点在右侧面，所以点的轨迹是，且，，所以当点位于中点处时，最小，此时，.故选：C15．（2022春·山东聊城·高一统考期末）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】C【分析】根据线面、面面位置关系的判定定理与性质定理判断即可.【详解】解：对于A：，，，则或与相交，故A错误；对于B：若，，，则或或与异面，故B错误；对于C：若，，则，又，所以，故C正确；对于D：若，，，则或或与相交，故D错误；故选：C16．（2023春·全国·高一专题练习）在底面为等边三角形的三棱柱中，已知平面ABC，，，D是棱的中点，M是四边形内的动点，若平面ABD，则线段长度的最小值为（

）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】取线段的中点为，连接，首先证明平面平面，然后可得点的轨迹是线段，然后可求出答案.【详解】取线段的中点为，连接，因为侧面为矩形，D是棱的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，同理平面，因为，所以平面平面，因为M是四边形内的动点，平面ABD，所以点的轨迹是线段，因为，，所以，，所以线段长度的最小值为.故选：D17．（2023·全国·高一专题练习）在正方体中．为底面中心，为中点，为中点．证明：平面平面PAO．【答案】证明见详解【分析】根据线面、面面平行的判定定理分析证明.【详解】由题意可得：分别为的中点，则，平面，平面，∴平面，连接，由题意可得：分别为的中点，则，且，∵，且，则，且，故为平行四边形，则，平面，平面，∴平面，，平面，故平面平面PAO.18．（2023·高一课时练习）正方体中，、分别为、的中点，、分别是、的中点．(1)求证：E、F、B、D共面；(2)求证：平面平面．【答案】(1)证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）根据题意证明，即可得结果；（2）根据线面、面面平行的判定定理分析证明.【详解】（1）连接，由题意可得：分别为的中点，则，∵，，则为平行四边形，∴，则，故E、F、B、D共面.（2）由题意可得：分别为的中点，则，∵，则，且平面，平面，∴平面，连接，由题意可得：分别为的中点，则，，∵，，则，，即为平行四边形，∴，平面，平面，∴平面，，平面，故平面平面.19．（2022·高一单元测试）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N，P分别为AB，BC，B1C1的中点．(1)求证：AC∥平面B1MN；(2)求证：平面ACP∥平面B1MN．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由已知，M，N分别为AB，BC的中点．所以MN∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明AC∥平面B1MN；（2）由已知，P为B1C1的中点．可证B1P＝CN，B1P∥CN，从而证明四边形B1PCN是平行四边形，得到CP∥B1N，利用线面平行的判定定理即可证明CP∥平面B1MN，结合第（1）问AC∥平面B1MN，利用面面平行的判定定理即可证明平面ACP∥平面B1MN.【详解】（1）证明：因为M，N分别为AB，BC的中点．所以MN∥AC，因为MN⊂平面B1MN，平面B1MN，所以AC∥平面B1MN，得证.（2）证明：因为P为B1C1的中点．所以B1P＝CN，又因为B1P∥CN，所以四边形B1PCN是平行四边形，所以CP∥B1N，又因为B1N⊂平面B1MN，平面B1MN，所以CP∥平面B1MN，由第（1）问，AC∥平面B1MN，AC∩CP＝C，AC⊂平面ACP，CP⊂平面ACP，所以平面ACP∥平面B1MN．得证.【高分突破】一、单选题20．（2023春·全国·高一专题练习）如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论中错误的是（

）A．直线与为异面直线 B．平面C．平面平面 D．三棱锥的体积为【答案】D【分析】对于A：根据异面直线定义理解判断；对于B：根据平行四边形的判断和性质可证，结合线面平行的判断定理理解判断；对于C：可证平面，平面，结合面面平行的判定定理理解判断；对于D：根据锥体体积公式运算判断．【详解】根据异面直线的定义易知直线与为异面直线，A正确；∵且，则为平行四边形∴平面，平面∴平面，B正确；同理可证：平面，平面平面，C正确，D错误故选：D．21．（2022春·辽宁鞍山·高一鞍山市第三中学校考期末）设、、为三个平面，l、m、n为三条直线，则下列说法正确的是（

）A．若，，则；B．若l上有两点到的距离相等，则；C．、、两两相交于三条直线l、m、n，若，则；D．若，，，，则【答案】C【分析】由直线与平面平行的判定定理判定A；由直线与平面的位置关系判定B；由直线与平面平行的判定与性质判断C；由平面与平面平行的判定判断D．【详解】解：若，，则或，故A错误；若上有两点到的距离相等，则或或与相交，故B错误；，，两两相交于三条直线，，，不妨设，，，若，则，又，，，则，故C正确；若，，，，且与相交，则，当与不相交时，不一定有，故D错误．故选：C．22．（2022春·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期中）直三棱柱的所有棱长均为3，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，且，N为上一点，且平面，则的长为（

）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】通过构造面面平行，得到平面，再利用三角形相似，能求出的长.【详解】如图所示，过点过点作交于点，再过点作交于，取中点为，连接.因为，平面，平面,所以平面，同理，平面，又平面,所以平面平面，又平面，所以平面，又由题意知，四边形与四边形都为边长为的正方形.因为，，所以，因为是中点，所以，又为侧棱的中点，所以，所以四边形是平行四边形.所以，所以，所以，所以,即，解得.故选：B.23．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】过作平面与平面平行，则在平面与平面的交线上，即可求出.【详解】如图，取中点，中点，连接，所以，正方体中，易得，所以，因为平面，平面，所以平面，因为为中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，又为正方形内一动点（含边界），所以在线段上，可得,则当在中点时，取得最小值为，当在两端时，取得最大值为，所以长度的取值范围是.故选：D.24．（2022春·湖南·高一校联考期中）如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内动点.若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，作出平面EFG与正方体部分棱的交点，再判断点P所在的位置，利用等体积法计算作答.【详解】在正方体中，连接，如图，因F，G分别是棱BC，的中点，则，延长FE交DA延长线于M，取中点N，连MN，因E是棱AB的中点，则，而，则四边形是平行四边形，，即直线MN与FG确定一个平面，而点E，F，G均在此平面内，又不共线三点E，F，G确定一个平面，因此，它们是同一平面，平面，而平面，则有平面，连AC，有，平面，而平面，则有平面，又，平面，因此平面平面，而直线与平面EFG不存在公共点，又平面ACD1，从而有平面，即点平面ACD1，又点P在平面内，平面平面，于是得点P在直线AC上，连，则，平面，平面，即有平面，则有点P与点A到平面距离相等，于是得，所以棱锥的体积为.故选：D【点睛】方法点睛：作截面的常用方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.25．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点，E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据线面平行求得点的轨迹，再结合几何关系，求的最小值即可.【详解】取中点分别为，连接，以及，如下所示：显然//，故平面与平面是同一个平面，又//，故都在平面中；//，面面，故可得//面，//面面，故可得//面，又面，故面//面，又点在正方形，故点的轨迹是线段，故当且仅当时，取得最小值；在△中，，故，则，则.故选：A.26．（2022·全国·高一期末）如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，点P是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】要满足平面，只需要寻找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可,取的中点G，的中点H，连结.证明出面面.得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可.【详解】取的中点G，的中点H，连结.正方体的棱长为2.为中点，所以,所以且.因为为分别为的中点，所以,且，所以四边形为平行四边形，所以.因为面，面，所以面.同理可证：面.又,面,面,所以面面.所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形.因为正方体的棱长为2，所以,所以三角形的周长为.故选：B二、多选题27．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）已知，是两个平面，则下列条件可以得到的是（

）A．平面内的任何一条直线，都有B．平面内有无数条直线与平面平行C．平面内任意一条直线与平面内的任意一条直线都没有公共点D．平面内有两条相交直线都在平面外【答案】AC【分析】根据平面与平面平行的性质判断各选项即可.【详解】若不成立，则与相交，那么与内的任一条直线都与无公共点矛盾，故A、C正确；对于B，平面与平面也可能相交，故B错误；对于D，在平面外，可以是平行，也可以是相交，故D错误.故选：AC.28．（2022秋·江西宜春·高一江西省宜丰中学校考期中）如图，这是四棱锥的平面展开图，其中四边形是正方形，E，F，G，H分别是的中点，则在原四棱锥中，下列结论中正确的有（

）A．平面∥平面 B．∥平面C．∥平面 D．∥平面【答案】ABCD【分析】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.【详解】由平面展开图还原四棱锥，如图所示，可知ABCD均正确．若为交点，则为中点，连接，为中点，故，面，面，所以∥平面，B正确；又为中点，则，面，面，所以∥平面，D正确；由为中点，则，，故，又面，面，故∥平面，C正确；由，面，面，则面，同理可得面，而，面，所以平面∥平面，A正确.故选：ABCD29．（2022·高一课时练习）已知，表示两条不重合的直线，，，表示三个不重合的平面，给出下列命题，其中正确的是（

）A．若，，且，则B．若，相交且都在，外，，，，，则C．若，，则D．若，，，则【答案】BD【分析】根据线面平行，面面平行的性质和判定分析判断即可.【详解】对于A，当，，且时，与有可能平行，也可能相交，所以A错误，对于B，设，确定的平面为，因为，，，，，是相交直线，所以，，故，所以B正确，对于C，当，时，与可能平行，也可能相交，所以C错误，对于D，当，，时，由线面平行的性质定理可知，所以D正确．故选：BD．30．（2022春·广东江门·高一统考期末）如图，在三棱锥中，D，E，F分别是侧棱，，的中点．则下列结论中，其中正确的有（

）A．∥平面B．平面∥平面C．三棱锥与三棱锥的体积比为1∶4D．异面直线与所成角为60°【答案】AB【分析】由线面平行、面面平行的判定以及棱锥体积的计算及异面直线的夹角依次判断即可.【详解】对于A，易得，平面，平面，则∥平面，A正确；对于B，易得，平面，平面，则∥平面，又由A选项得∥平面，，平面，则平面∥平面，B正确；对于C，易得三棱锥与三棱锥的高之比为，又，则三棱锥与三棱锥的体积比为1∶8，C错误；对于D，易得，则或其补角即为异面直线与所成角，不确定的大小，则D错误.故选：AB.31．（2022春·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期中）六氟化疏，化学式为，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为a（不计氟原子的大小），则（

）A．直线与为异面直线 B．平面平面C．直线与为异面直线 D．八面体外接球体积为【答案】BCD【分析】连接与，设，连接，依题意可得必过点，即可判断A、C，再根据面面平行的性质判断B，再由线段的长度可得即为外接球的球心，外接球的半径，根据球的体积公式计算可判断D；【详解】解：连接与，设，则为正方形的中心，连接，根据正棱锥的性质可知必过点，即，所以、、、四点共面，所以、共面，故A错误，显然、、、四点不共面，故直线与为异面直线，即C正确；因为，平面，平面，所以平面，依题意，所以，所以，即为等腰直角三角形，所以，即四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，故B正确；显然，则即为外接球的球心，外接球的半径，所以外接球的体积，故D正确；故选：BCD32．（2023·全国·高一专题练习）如图，棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1E＝2EA，设过点D1，C，E的平面与平面ABB1A1的交线为EF，则（

）A． B．EF＝aC．CF＝a D．三棱锥A－EFC的体积为a3【答案】AD【分析】根据题意依次对每个选项求解分析即可得出.【详解】因为正方体中，平面平面，平面平面,平面平面，根据面面平行的性质可得，故A正确；故，，故BC错误；，故D正确.故选：AD.三、填空题33．（2023·全国·高一专题练习）如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①平面AEND；②平面ABFE；③平面平面AFN；④平面平面以上四个命题中，正确命题的序号是______.【答案】①②③④【分析】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.【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体，如图所示：对于①，因为，平面AEND，平面AEND，所以平面AEND，命题①正确；对于②，，平面ABFE，平面ABFE，所以平面ABFE，命题②正确；对于③，，，面，面，所以面，面，，BD、平面BDN，所以平面平面AFN，命题③正确；对于④，，，面NCF，面NCF所以面NCF，面NCF，，BD、平面BDE，所以平面平面NCF，命题④正确．故答案为：①②③④．34．（2022春·安徽芜湖·高一安徽师范大学附属中学校考期中）在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面四边形内（不含边界）一点，若平面，则线段长度的最小值是___________.【答案】【分析】取的中点，的中点，由面面平行的性质证明点轨迹就是线段，求出等腰底边上的高即得最小值．【详解】如图，取的中点，的中点，连接，并连接，由于点分别是棱的中点，所以，平面，平面，平面，与，平行且相等，则是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，面，平面，所以平面平面，平面，平面，且平面平面，所以，即点轨迹是线段，正方形棱长为4，则，，所以的最小值即为底边上高等于．故答案为：．35．（2022春·全国·高一期末）设a，b是不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列结论：①若，b∥，∥，则a∥b；②若，，，则；③若，A∈，过点A作直线l∥，则；④平行于同一个平面的两个平面平行．其中所有正确结论的序号是________．【答案】②③④．【分析】利用空间线线、线面平行及面面平行的性质定理和判定定理分别分析四个命题，得到正确答案.【详解】对于①，，b∥，，则b，或者异面，故①错误；对于②，过作平面与平面交于，则，又，故，又，则，故②正确；对于③，故作平面与平面交于，则，，即重合，所以，故③正确；对于④，根据面面平行的两个平面都与另一个平行，则这两个平面没有公共点，所以这两个平面平行，故④正确.故答案为：②③④.36．（2022·全国·高一专题练习）如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②直线PA∥平面BDG；③直线EF∥平面PBC；④直线EF∥平面BDG.其中正确的序号是________．【答案】①②③【分析】作出立体图形，连接四点构成平面，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性质依次分析选项即可.【详解】作出立体图形，连接四点构成平面，①：因为分别是的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正确；②：连接，交于点，连接，则为的中点，得，又平面，平面，所以平面，故②正确；③：由①的分析可知，所以，因为平面，平面，所以平面，故③正确；④：由③的分析可知，结合图形，可知，所以直线EF与平面BDG不平行，故④错误.故答案为：①②③37．（2022春·全国·高一期末）在棱长为2的正方体ABCD－中，E，F，G，H分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，现有下列四个结论：①CG//平面ADE；

②该几何体的上底面的周长为；③该几何体的的体积为；

④三棱锥F－ABC的外接球的表面积为．其中所有正确结论的序号是____________．【答案】①③④【分析】由面面平行的性质判断①；由题设知两段圆弧的长度之和为，即可得上底周长判断②；利用正方体体积及圆锥体积的求法求几何体体积判断③；首先确定外接球球心位置，进而求出球体的半径，即可得F－ABC的外接球的表面积判断④.【详解】因为面面，面，所以CG//平面，即CG//平面ADE，①正确；依题意知，弧EF与弧HG均为圆弧，且这两段圆弧的长度之和为，所以该几何体的上底面的周长为，该几何体的体积为8－，②错误，③正确；设M，N分别为下底面、上底面的中心，则三棱锥F－ABC的外接球的球心O在MN上．设OM＝h，则，解得，从而球O的表面积为，④正确.故答案为：①③④四、解答题38．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在正四面体中，，，，分别是，，的中点，取，的中点，，点为平面内一点(1)求证：平面平面(2)若平面，求线段的最小值，【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由线面平行判定定理证明线面平行，再由面面平行判定定理证明面面平行即可；（2）由面面平行确定点在线段上，再求在边上的高，即的最