2025届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第4节直线平面平行的判定与性质教学案含解析新人教A版

PAGE18-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、公理和定理为动身点，相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洁命题.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文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b2.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文字语言图形表示符号表示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a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β假如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∥b[常用结论与微点提示]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，解题中既要留意一般的转化规律，又要看清题目的详细条件，选择正确的转化方向.诊断自测1.推断下列结论正误(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的直线有多数条.()(3)假如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)假如两个平面平行，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)假如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上有多数个点不在平面α内B.直线a与平面α内的全部直线平行C.直线a与平面α内多数条直线不相交D.直线a与平面α内的随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内的随意一条直线都不相交，故选D.答案D3.(新教材必修其次册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∥βB.存在一条直线a，a⊂α，a∥βC.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD.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，故解除A；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故解除B；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故解除C；故选D.答案D4.(2024·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⊥βC.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C5.(2024·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点的全部直线中()A.不肯定存在与a平行的直线B.只有两条与a平行的直线C.存在多数条与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A6.(2024·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的形态为________.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)(2024·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)(2024·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∥αB.若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥nC.若α∥β，m⊥α，则m⊥βD.若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β解析(1)对于①，依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，依据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.推断与平行关系相关命题的真假，必需熟识线、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识最简洁推断的选项先确定或解除，再逐步推断其余选项.2.(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出推断.(2)特殊留意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊状况，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)(2024·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A.α内有多数条直线与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内有多数条直线与β平行，当多数条直线相互平行时，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.依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】(2024·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＝2eq\r(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＝eq\f(1,2)×2×2＝2.由题意，易得BM＝eq\r(2)，所以VB－ECD＝eq\f(1,3)·BM·S△ECD＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×2＝eq\f(2\r(2),3).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＝eq\f(2\r(2),3).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上的随意一点(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，其依次恰好相反.【训练2】(2024·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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)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＝eq\r(3).∵BE⊥CE，BE＝CE＝2，M为BC的中点，∴S△MCE＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×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＝eq\f(1,3)S△MCE·AO＝eq\f(1,3)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).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eq\f(AD,DC)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eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1.又由题设eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，∴eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝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(垂直于同始终线的两平面平行).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，其中一个平面内的随意一条直线与另一个平面平行.提示利用面面平行的判定定理证明两平面平行，须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A2.(2024·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D3.(2024·蚌埠二模)已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满意a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c的位置关系不行能是()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不行能两两平行，因此选A.答案A4.(2024·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⊥βC.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，这两条直线相互平行，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B5.(2024·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＝________.解析依据题意，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＝eq\r(2).答案eq\r(2)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③8.(2024·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.(2024·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＝eq\f(1,3)×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＝eq\f(1,3)×S四边形ABCD×2h＝4×eq\f(1,3)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级实力提升11.(2024·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⊥αB.若c⊥平面α，则a∥α，b∥αC.存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥αD.存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α解析对于A，满意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，满意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内肯定存在一条直线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′肯定相交，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，假如a⊥α，b⊥α，则a∥b，这与条件中a，b是两条异面直线相冲突，故D错误，因此选C.答案C12.(2024·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.eq\r(2) B.eq\f(9,8) C.eq\r(3) D.eq\f(\r(6),2)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＝eq\r(2)，EF＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\f(\r(2),2)，得四边形BDFE为等腰梯形，DF＝BE＝eq\f(\r(5),2)，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＝eq\r(DF2－DG2)＝eq\r(\f(5,4)－\f(1,8))＝eq\f(3\r(2),4)，故所得截面的面积为eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\r(2)))×eq\f(3\r(2),4)＝eq\f(9,8).答案B13.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满意条件________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