高考数学（文）一轮复习教师用书第七章第四节直线平面平行的判定及其性质

第四节直线、平面平行的判定及其性质1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理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(线线平行⇒线面平行)∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b2．平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理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(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．()(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．()(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(4)若直线a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线有无数条．()(5)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．()(6)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)×(5)×(6)√2．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解析：选D因为直线a∥平面α，直线a与平面α无公共点，因此直线a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.3．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是()A．平行 B．相交C．异面 D．以上均有可能解析：选D与一个平面平行的两条直线可以平行，相交，也可以异面．4．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥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：选B当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．5．已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题：①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任意一条直线都不垂直．其中真命题的序号是________．答案：②6．在正方体ABCD­A1B1C1D1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：如图，因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B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：①②④eq\a\vs4\al(考点一直线与平面平行的判定与性质)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——追根溯源)平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中.,常见的命题角度有：1证明直线与平面平行；2线面平行性质定理的应用.[题点全练]角度(一)证明直线与平面平行1．如图，四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，❶E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，❷AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．求证：(1)AP∥平面BEF；❸(2)GH∥平面PAD.❹[学审题]①看到AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD想到可在四边形ABCD中利用这些关系证平面ABCE为平行四边形；②看到E，F，H是中点想到三角形的中位线性质；③要证AP∥平面BEF想到证明AP与平面BEF中的某条直线平行；④要证GH∥平面PAD可考虑证明GH所在的平面与平面PAD平行．证明：(1)连接EC，∵AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，∴BC綊AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点．又∵F是PC的中点，∴FO∥AP.∵FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，∴AP∥平面BEF.(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD.∵PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，∴FH∥平面PAD.又∵O是AC的中点，H是CD的中点，∴OH∥AD，又∵AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，∴OH∥平面PAD.又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面PAD.又∵GH⊂平面OHF，∴GH∥平面PAD.[题型技法]判定定理法证明线面平行在利用判定定理时，关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明．角度(二)线面平行性质定理的应用2.(2018·豫东名校联考)如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1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.[题“根”探求]1．判定线面平行的4种方法(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定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．2．解决直线与平面平行的3个思维趋向(1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线．(2)构造平行的常见形式：三角形的中位线、平行四边形、利用比例关系证明两直线平行等．(3)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．[冲关演练]1.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.求证：PA∥GH.证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面PAD；(2)若△PCD的面积为2eq\r(7)，求四棱锥P­ABCD的体积．解：(1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.(2)如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝eq\f(1,2)AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.设BC＝x，则CM＝x，CD＝eq\r(2)x，PM＝eq\r(3)x，PC＝PD＝2x.取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，所以PN＝eq\f(\r(14),2)x.因为△PCD的面积为2eq\r(7)，所以eq\f(1,2)×eq\r(2)x×eq\f(\r(14),2)x＝2eq\r(7)，解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2eq\r(3).所以四棱锥P­ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(2×2＋4,2)×2eq\r(3)＝4eq\r(3).eq\a\vs4\al(考点二平面与平面平行的判定与性质)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)面面平行的判定与性质是立体几何的重要知识点，单独考查面面平行的题目较少，一般是利用面面平行的性质来解决与线面、线线平行有关的问题，难度中等.复习时，应熟练掌握面面平行的判定定理与性质定理.注意“线线平行”“线面平行”“面面平行”之间的相互转化.[典题领悟]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，E，F，❶G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点❷求证：(1)B，C，H，G四点共面；❸(2)平面EFA1∥平面BCHG.❹[学审题]①由几何体为三棱柱，想到上、下底面平行，侧棱平行；②由中点想到三角形的中位线性质；③要证四点共面想到平行线或相交直线；④要证面面平行想到其判定定理，想到在另一平面中找两条相交直线与另一平面平行．证明：(1)∵GH是△A1B1C1∴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.∵A1G綊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.∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.[解题师说]1．判定平面与平面平行的5种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行．2．谨记空间平行关系之间的转化[冲关演练]1．在本例条件下，若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，AC1，设交点为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.∵DM⊄平面A1BD1，A1B⊂平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知D1C1綊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＝D1，DC1⊂平面AC1D，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.2．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.证明：取FC的中点I，连接GI，HI，则有GI∥EF，HI∥BC.又EF∥DB，所以GI∥BD，又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.eq\a\vs4\al(考点三立体几何中的探索性问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)探索性问题一般可以分为判断存在型、条件探索型、结论探索型、类比推理型、知识重组型等，立体几何中的探索性问题一般以判断存在型为主.这类问题一般的设问方式是“是否存在……，若存在……，若不存在……”.由于没有一个明确的结论，在没有经过深入分析、严格计算和推理论证前其存在性是未知的.[典题领悟]如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E[思维路径]由三棱柱知两底面平行，侧棱平行；要证在棱AB上存在点E，使DE∥平面AB1C1⇒只要在AB上找一点E，使DE与平面AB1C1内的某条直线平行，或只要证DE所在平面平行于平面AB1C1即可，因为D为棱CC1的中点，可考虑E解：法一：假设在棱AB上存在点E，使得DE∥平面AB1C1如图，取BB1的中点F，连接DF，EF，ED，则DF∥B1C1又DF⊄平面AB1C1B1C1⊂平面AB1C∴DF∥平面AB1C1又DE∥平面AB1C1，DE∩DF＝D∴平面DEF∥平面AB1C1∵EF⊂平面DEF，∴EF∥平面AB1C1又∵EF⊂平面ABB1，平面ABB1∩平面AB1C1＝AB1∴EF∥AB1，∵点F是BB1的中点，∴点E是AB的中点．即当点E是AB的中点时，DE∥平面AB1C1法二：存在点E，且E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1.证明如下：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1∵DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1∴DF∥平面AB1C1∵AB的中点为E，连接EF，ED，则EF∥AB1.∵EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C∴EF∥平面AB1C1∵DF∩EF＝F，∴平面DEF∥平面AB1C1而DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C1[解题师说]探索性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．[冲关演练]如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(PD,\s\up7(→))，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．解：AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝eq\f(3,2).理由如下：当λ＝eq\f(3,2)时，eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PD,\s\up7(→))，可知eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，则有eq\f(MP,FD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME，又ME⊂平面ABEF，CP⊄平面ABEF，故有CP∥平面ABEF.(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为()A．平行 B．相交C．直线b在平面α内 D．平行或直线b在平面α内解析：选D依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．2．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：选A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.3．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是()A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α解析：选A由m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，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()解析：选A法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.5．下列命题中，错误的是()A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B．平行于同一平面的两个不同平面平行C．如果平面α不垂直平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．若直线l不平行平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线解析：选DA中，如果假定直线与另一个平面不相交，则有两种情形：在平面内或与平面平行，不管哪种情形都得出这条直线与第一个平面不能相交，出现矛盾，故A正确；B是两个平面平行的一种判定定理，B正确；C中，如果平面α内有一条直线垂直于平面β，则平面α垂直于平面β(这是面面垂直的判定定理)，故C正确；D是错误的，事实上，直线l不平行平面α，可能有l⊂α，则α内有无数条直线与l平行．6．(2018·合肥模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A．平行 B．相交C．在平面内 D．不能确定解析：选A如图，由eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FB)得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.7．如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.解析：∵平面α∥平面β，∴CD∥AB，则eq\f(PC,PA)＝eq\f(CD,AB)，∴AB＝eq\f(PA×CD,PC)＝eq\f(5×1,2)＝eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)8.如图所示，在四面体ABCD中，点M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，连接MN，由eq\f(EM,MA)＝eq\f(EN,NB)＝eq\f(1,2)，得MN∥AB.所以MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.答案：平面ABC、平面ABD9．在三棱锥P­ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为________．解析：过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝eq\f(2,3)AC＝2，FM＝EN＝eq\f(1,3)PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.答案：810．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填序号)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.答案：①或③B级——中档题目练通抓牢1．(2018·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∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选DA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.2.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD­A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH所在四边形的面积为定值；③棱A1D1始终与水面所在平面平行；④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C由题图，显然①是正确的，②是错误的；对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，FG⊂平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面)．∴③是正确的；对于④，∵水是定量的(定体积V)，∴S△BEF·BC＝V，即eq\f(1,2)BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝eq\f(2V,BC)(定值)，即④是正确的，故选C.3.在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有(A．无数条 B．2条C．1条 D．0条解析：选A法一：取BB1的中点H，连接FH，则FH∥C1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，取D1E的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OH∥KB.过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，GM⊄平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理，NG∥平面ABCD，又GM∩NG＝G，由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条．故选A.法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD，故有无数条直线MN∥平面ABCD4.如图所示，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝eq\f(a,3)，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1∴B1D1∥PQ.又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ.∴eq\f(PQ,PM)＝eq\f(PD,AP)＝2，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，∴eq\f(PM,BD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(1,3)，∴PM＝eq\f(1,3)BD，又BD＝eq\r(2)a，∴PQ＝eq\f(2\r(2),3)a.答案：eq\f(2\r(2),3)a5.如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．①MB是定值；②点M在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE⊥A1C④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.解析：取DC中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝eq\f(1,2)A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，①正确；B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．答案：①②④6．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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，设DF与GN的交点为O，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⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.7.在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC解：存在点M为线段AB的中点，使直线DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC由已知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD綊eq\f(1,2)AC，OE綊eq\f(1,2)AC，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.C级——重难题目自主选做(2018·重庆万州区检测)如图，斜三棱柱ABC­A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C(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，所以点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＝D1O.因此BC1∥D1O，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.(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，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()解析：选A法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.2．(2018·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∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：选DA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．(2018·合肥质检)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．0条或2条解析：选C因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，故选C.4．(2018·陕西西安中学月考)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m∥n解析：选A借助于长方体模型解决．过直线m，n作平面γ，可以得到平面α，β所成的二面角为直二面角，如图(1)，故α⊥β，A正确；B的反例如图(2)；C的反例如图(3)；D中由m⊥α，α∥β可得m⊥β，过n作平面γ可得n与γ与β的交线g平行，则m⊥g，故m⊥n，D错误，故选A.5．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列三个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；③若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C①正确；②中三条直线也可能相交于一点，故错误；③正确，所以正确的命题有2个．6．如图，在四棱锥V­ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱VC，VB上的点，且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则eq\f(VB,FB)＝________.解析：连接AC交BD于点O，连接EO，取VE的中点M，连接AM，MF，由VC＝3EC⇒VM＝ME＝EC.又AO＝CO⇒AM∥EO⇒AM∥平面BDE.又由题意知AF∥平面BDE，∴平面AMF∥平面BDE⇒MF∥平面BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒eq\f(VB,FB)＝2.答案：27.如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，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8.如图所示，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝eq\f(a,3)，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________.解析：∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1∴B1D1∥PQ.又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，设PQ∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ.∴eq\f(PQ,PM)＝eq\f(PD,AP)＝2，即PQ＝2PM.又知△APM∽△ADB，∴eq\f(PM,BD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(1,3)，∴PM＝eq\f(1,3)BD，又BD＝eq\r(2)a，∴PQ＝eq\f(2\r(2),3)a.答案：eq\f(2\r(2),3)a9．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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，设DF与GN的交点为O，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⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.10.如图，四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD.(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝eq\f(1,2)AB，又AB∥CD，CD＝eq\f(1,2)AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH，又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，因此CE∥平面PAD.(2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF＝eq\f(1,2)AB，又CD＝eq\f(1,2)AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CF∥AD，又AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD，由(1)可知CE∥平面PAD，又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．B级——拔高题目稳做准做1.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则下列结论中错误的是()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选C∵MN∥PQ，MN⊂平面ACD，PQ⊄平面ACD，∴PQ∥平面ACD.又平面ACD∩平面ABC＝AC，∴PQ∥AC，从而AC∥截面PQMN，B正确；同理可得MQ∥BD，∵MQ⊥PQ，PQ∥AC，∴AC⊥BD，A正确；∵MQ∥BD，∠PMQ＝45°，∴异面直线PM与BD所成的角为45°，故D正确；根据已知条件无法得到AC，BD长度之间的关系，故C错误．2.在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有(A．无数条 B．2条C．1条 D．0条解析：选A法一：取BB1的中点H，连接FH，则FH∥C1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，取D1E的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OH∥KB.过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，GM⊄平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理，NG∥平面ABCD，又GM∩NG＝G，由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条．故选A.法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD，故有无数条直线MN∥平面ABCD3．(2018·郑