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专题7.3 直线、平面平行的判定及性质-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案
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这是一份专题7.3 直线、平面平行的判定及性质-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案，文件包含专题73直线平面平行的判定及性质解析版doc、专题73直线平面平行的判定及性质原卷版doc等2份学案配套教学资源，其中学案共33页， 欢迎下载使用。
【考纲要求】
1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认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空间图形的平行关系的简单命题.
【命题趋势】
线线平行、线面平行、面面平行的判定与证明；由线面平行或面面平行探求动点的位置.
【核心素养】
本讲内容主要考查直观想象和逻辑推理的核心素养.
【素养清单•基础知识】
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必,须都具备，缺一不可.))
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平,面的两条直线，那么这两个平面互相平行.,符号表示：,a⊂α，b⊂α，a∩b＝O，a′⊂β，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β.))
【素养清单•常用结论】
平面与平面平行的三个性质
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．
(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
【真题体验】
1.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
2.【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m，n满足mα，nα，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
【答案】A
【解析】因为，所以根据线面平行的判定定理得.由不能得出与内任一直线平行，所以是的充分不必要条件，故选A.
【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：
（1）定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．
（2）等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
（3）集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．
3. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，
所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则
，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
4.【2019年高考天津卷理数】如图，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，．
设为平面的法向量，则即不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．
【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．
5. 【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
【考法拓展•题型解码】
考法一 直线与平面平行的判定与性质
解题技巧：解决直线与平面平行的三种思维方式
(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．
【例1】 如图，四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于点O，G是线段OF上一点．
(1)求证：AP∥平面BEF；
(2)求证：GH∥平面PAD.
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】证明 (1)连接EC.因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC綊AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以O为AC的中点．
又因为F是PC的中点，
所以FO∥AP，且FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)连接FH，OH.
因为F，H分别是PC，CD的中点，
所以FH∥PD，所以FH∥平面PAD.
又因为O是AC的中点，H是CD的中点，
所以OH∥AD，所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
【例2】 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.
【答案】见解析；.
【解析】证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，又M是PC的中点，所以AP∥OM.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，所以PA∥平面BMD.因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，所以PA∥GH.
考法二 平面与平面平行的判定与性质
解题技巧：判定面面平行的四种方法
(1)利用定义，即证两个平面没有公共点．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行．
(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
【例3】 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1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）见解析；（2）见解析.
【解析】证明 (1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
所以GH是△A1B1C1的中位线，
所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，
所以B，C，H，G四点共面．
(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC.
因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
因为A1G綊EB，
所以四边形A1EBG是平行四边形，
所以A1E∥GB.
因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
因为A1E∩EF＝E，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
【例4】 如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当eq \f(A1D1,D1C1)的值等于何值时，BC1∥平面AB1D1；
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】证明 (1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，此时eq \f(A1D1,D1C1)＝1，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，所以OD1∥BC1.又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以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BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
所以eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)，eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD).
又因为eq \f(A1O,OB)＝1，所以eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
考法三 空间平行关系的探索性问题
归纳总结
解决探索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，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果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等分点，然后给出符合要求的证明．
【例5】 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 \(AP,\s\up18(→))＝λeq \(PD,\s\up18(→))，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】见解析；
【解析】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 \(AP,\s\up18(→))＝eq \f(3,2)eq \(PD,\s\up18(→))，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MPEC，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.
【易错警示】
易错点 使用面面平行的性质进行判定时犯错
【典例】 已知三个平面α，β，γ，满足α∥β∥γ，直线a与这三个平面依次交于点A，B，C，直线b与这三个平面依次交于点E，F，G，求证：eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【错解】：设a，b所在的同一平面为θ，连接AE，BF，CG.
因为α∥β∥γ，α∩θ＝AE，β∩θ＝BF，γ∩θ＝CG.
所以AE∥BF∥CG.
据平行线分线段成比例可知eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【错因分析】：解题时，不清楚a与b不一定共面，还可能异面，从而致错．
【正解】：(1)当a，b共面时，设a，b所在的同一平面为θ，连接AE，BF，CG.
因为α∥β∥γ，α∩θ＝AE，β∩θ＝BF，γ∩θ＝CG，
所以AE∥BF∥CG.
据平行线分线段成比例可知eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
(2)当a，b异面时，如图，连接AG交β于点O，连接OB，OF.因为β∥γ，β∩平面ACG＝OB，γ∩平面ACG＝CG，所以OB∥CG，
同理可得OF∥AE，
所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(AO,OG)，eq \f(AO,OG)＝eq \f(EF,FG)，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【跟踪训练】 如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝eq \r(2)，AA1＝2.
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积．
【答案】见解析；
【解析】(1)证明：因为A1B1∥AB，AB∥CD，所以A1B1∥CD，
因为A1B1＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C，同理A1B∥D1C.
又因为A1B⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，CD1⊂平面CD1B1，B1C ⊂ 平面CD1B1，且A1B∩A1D＝A1，CD1∩B1C＝C，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)因为A1O⊥平面ABCD，
所以A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．
在正方形ABCD中，AB＝eq \r(2)，可得AC＝2.
在Rt△A1OA中，AA1＝2，AO＝1，所以A1O＝eq \r(3)，
所以V三棱柱ABD－A1B1D1＝S△ABD·A1O＝eq \f(1,2)×(eq \r(2))2×eq \r(3)＝eq \r(3).
所以三棱柱ABD－A1B1D1的体积为eq \r(3).
【递进题组】
1．有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；
④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】A
【解析】命题①，l可以在平面α内，不正确；命题②，直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③，a可以在平面α内，不正确；命题④正确．
2．已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，给出下列命题：
①若n⊥α，n⊥β，则α∥β；
②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；
③若m，n为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β.
其中正确命题的个数是( )
A．3 B．2
C．1 D．0
【答案】B
【解析】①若n⊥α，n⊥β，则n为平面α与β的公垂线，则α∥β，故①正确；
②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，三点可能在平面β的异侧，此时α与β相交，故②错误；
③若n，m为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，根据面面平行的判定定理，可得③正确．故选B.
3．如图，已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝eq \f(1,2)AB＝1，M是PB的中点．
(1)求证：AM＝CM；
(2)若N是PC的中点，求证：DN∥平面AMC.
【答案】见解析；
【解析】证明 (1)因为在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB＝1，
所以AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(2)，AB＝2，
则AC2＋BC2＝AB2，所以BC⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥PA，又PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC.
在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝eq \f(1,2)PB，
在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝eq \f(1,2)PB，
所以AM＝CM.
(2)如图，连接DB交AC于点F.
因为DCeq \f(1,2)AB，所以DF＝eq \f(1,2)FB.
取PM的中点G，连接DG，FM，
则DG∥FM，
又DG⊄平面AMC，FM⊂平面AMC，
所以DG∥平面AMC.
连接GN，则GN∥MC，又GN⊄平面AMC，MC⊂平面AMC，
所以GN∥平面AMC，又GN∩DG＝G，所以平面DNG∥平面AMC，
又DN⊂平面DNG，所以DN∥平面AMC.
4．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
【答案】见解析；
【解析】当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
证明如下：
因为Q为CC1的中点，P为DD1的中点，所以QB∥PA.因为P，O分别为DD1，DB的中点，所以D1B∥PO.又因为D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO.又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，所以平面D1BQ∥平面PAO.
【考卷送检】
一、选择题
1．已知两个不同的平面α，β，两条不同的直线 a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥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
【答案】B
【解析】 因为“a∥β，b∥β”，若a∥b，则α与β不一定平行，反之若“α∥β”，则一定有“a∥β，b∥β”．故选B.
2．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )
A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
【答案】B
【解析】由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFeq \f(1,5)BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGeq \f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．
3．能使直线a与平面α平行的条件是( )
A．直线与平面内的一条直线平行
B．直线与平面内的某条直线不相交
C．直线与平面内的无数条直线平行
D．直线与平面内的所有直线不相交
【答案】D
【解析】A项不正确，由直线与平面内的一条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；B项不正确，由直线与平面内的某条直线不相交，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内，也可能和平面相交；C项不正确，由直线与平面内的无数条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；D项正确，由直线与平面内的所有直线不相交，依据直线和平面平行的定义可得直线与平面平行．
4．(2019·山东师大附中月考)如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是( )
A．B′C′ B．A′B
C．A′B′ D．BB′
【答案】B
【解析】连接A′B，因为A′B∥CD′，CD′⊂平面AD′C，所以A′B∥平面AD′C.
5．已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若a∥α，b∥β，α∥β，则 a∥b
B．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥β
C．若a∥b，α∩β＝a，则b∥α或b∥β
D．若直线a与b异面，a⊂α，b⊂β，则α∥β
【答案】C
【解析】对于A项，a与b还可能相交或异面，此时a与b不平行，故A项不正确；对于B项，α与β可能相交，此时设α∩β＝m，则a∥m，b∥m，则a∥b，故B项不正确；对于D项，α与β可能相交，如图所示，故D项不正确．故选C.
6．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：
①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥n))⇒n∥α；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥β,n⊥β))⇒m∥n；③eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥β))⇒α∥β；④eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊂α,n⊂β,α∥β))⇒m∥n.其中正确命题的序号是( )
A．③④ B．②③
C．①② D．①②③④
【答案】B
【解析】①不正确，n可能在α内；②正确，垂直于同一平面的两直线平行；③正确，垂直于同一直线的两平面平行；④不正确，m，n可能为异面直线．故选B.
二、填空题
7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．
【答案】eq \r(2)
【解析】因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC.又E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得EF＝eq \f(1,2)AC，AB＝2，所以AC＝2eq \r(2)，所以EF＝eq \r(2).
8．设α，β，γ是三个不同平面，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________(把所有符合题意条件的序号填上)．
【答案】①③
【解析】 ①可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β＝a，b⊂γ知a，b在面β内，且没有公共点，故平行；②a∥γ，b∥β不可以，举出反例如下：使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b，这些条件无法确定两直线的位置关系；③b∥β，a⊂γ可以，由b∥β，α∩β＝a知a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ可得两直线平行．
9．(2019·吉安调考)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满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
【答案】Q为CC1的中点
【解析】如图所示，假设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，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故点Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
三、解答题
10．如图，P是△ABC所在平面外一点，A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．求证：平面 A′ B′ C′∥平面 ABC.
【答案】见解析；
【解析】证明 连接PA′，PC′并延长，分别交BC，AB于M，N.因为A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，所以M，N分别是BC，AB的中点．连接MN，由eq \f(PA′,PM)＝eq \f(PC′,PN)＝eq \f(2,3)知A′C′∥MN，因为MN⊂平面ABC，所以A′C′∥平面ABC.同理，A′B′∥平面ABC，又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，所以平面A′B′C′∥平面ABC.
11．(2019·忻州二中模拟)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.
【答案】见解析；
【解析】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.
12．已知在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，E为线段AD上靠近点A的三等分点，O为AB的中点，且PA＝PB，AB＝eq \f(2,3)AD.问PB上是否存在一点F，使得OF∥平面PEC？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析；
【解析】 PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE綊MC，所以四边形AECM为平行四边形，所以AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，所以ON∥AM，所以ON∥EC.因为N为BM的中点，所以N为BC的三等分点(靠近点B)．因为F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，所以NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，所以平面ONF∥平面PEC，所以OF∥平面PEC.
13．(2019·深圳中学期中)如图，在四棱锥V－ABCD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)＝________.
【答案】 2
【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，且AF∩AM＝A，所以平面AMF∥平面BDE⇒MF∥平面BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒eq \f(VB,FB)＝2.
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∥b
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∥b
【考纲要求】
1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认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空间图形的平行关系的简单命题.
【命题趋势】
线线平行、线面平行、面面平行的判定与证明；由线面平行或面面平行探求动点的位置.
【核心素养】
本讲内容主要考查直观想象和逻辑推理的核心素养.
【素养清单•基础知识】
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必,须都具备，缺一不可.))
2．平面与平面平行的判定定理和性质定理
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平,面的两条直线，那么这两个平面互相平行.,符号表示：,a⊂α，b⊂α，a∩b＝O，a′⊂β，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β.))
【素养清单•常用结论】
平面与平面平行的三个性质
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．
(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
【真题体验】
1.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
2.【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m，n满足mα，nα，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
【答案】A
【解析】因为，所以根据线面平行的判定定理得.由不能得出与内任一直线平行，所以是的充分不必要条件，故选A.
【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：
（1）定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．
（2）等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．
（3）集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．
3. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，
所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则
，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
4.【2019年高考天津卷理数】如图，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，．
设为平面的法向量，则即不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．
【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．
5. 【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
【考法拓展•题型解码】
考法一 直线与平面平行的判定与性质
解题技巧：解决直线与平面平行的三种思维方式
(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．
【例1】 如图，四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于点O，G是线段OF上一点．
(1)求证：AP∥平面BEF；
(2)求证：GH∥平面PAD.
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】证明 (1)连接EC.因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC綊AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以O为AC的中点．
又因为F是PC的中点，
所以FO∥AP，且FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)连接FH，OH.
因为F，H分别是PC，CD的中点，
所以FH∥PD，所以FH∥平面PAD.
又因为O是AC的中点，H是CD的中点，
所以OH∥AD，所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
【例2】 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.
【答案】见解析；.
【解析】证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，又M是PC的中点，所以AP∥OM.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，所以PA∥平面BMD.因为平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，所以PA∥GH.
考法二 平面与平面平行的判定与性质
解题技巧：判定面面平行的四种方法
(1)利用定义，即证两个平面没有公共点．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行．
(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
【例3】 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1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）见解析；（2）见解析.
【解析】证明 (1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
所以GH是△A1B1C1的中位线，
所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，
所以B，C，H，G四点共面．
(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC.
因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
因为A1G綊EB，
所以四边形A1EBG是平行四边形，
所以A1E∥GB.
因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
因为A1E∩EF＝E，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
【例4】 如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当eq \f(A1D1,D1C1)的值等于何值时，BC1∥平面AB1D1；
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】证明 (1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，此时eq \f(A1D1,D1C1)＝1，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，所以OD1∥BC1.又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以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BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
所以eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)，eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD).
又因为eq \f(A1O,OB)＝1，所以eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
考法三 空间平行关系的探索性问题
归纳总结
解决探索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，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果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等分点，然后给出符合要求的证明．
【例5】 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 \(AP,\s\up18(→))＝λeq \(PD,\s\up18(→))，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】见解析；
【解析】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 \(AP,\s\up18(→))＝eq \f(3,2)eq \(PD,\s\up18(→))，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MPEC，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.
【易错警示】
易错点 使用面面平行的性质进行判定时犯错
【典例】 已知三个平面α，β，γ，满足α∥β∥γ，直线a与这三个平面依次交于点A，B，C，直线b与这三个平面依次交于点E，F，G，求证：eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【错解】：设a，b所在的同一平面为θ，连接AE，BF，CG.
因为α∥β∥γ，α∩θ＝AE，β∩θ＝BF，γ∩θ＝CG.
所以AE∥BF∥CG.
据平行线分线段成比例可知eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【错因分析】：解题时，不清楚a与b不一定共面，还可能异面，从而致错．
【正解】：(1)当a，b共面时，设a，b所在的同一平面为θ，连接AE，BF，CG.
因为α∥β∥γ，α∩θ＝AE，β∩θ＝BF，γ∩θ＝CG，
所以AE∥BF∥CG.
据平行线分线段成比例可知eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
(2)当a，b异面时，如图，连接AG交β于点O，连接OB，OF.因为β∥γ，β∩平面ACG＝OB，γ∩平面ACG＝CG，所以OB∥CG，
同理可得OF∥AE，
所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(AO,OG)，eq \f(AO,OG)＝eq \f(EF,FG)，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【跟踪训练】 如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝eq \r(2)，AA1＝2.
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积．
【答案】见解析；
【解析】(1)证明：因为A1B1∥AB，AB∥CD，所以A1B1∥CD，
因为A1B1＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C，同理A1B∥D1C.
又因为A1B⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，CD1⊂平面CD1B1，B1C ⊂ 平面CD1B1，且A1B∩A1D＝A1，CD1∩B1C＝C，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)因为A1O⊥平面ABCD，
所以A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．
在正方形ABCD中，AB＝eq \r(2)，可得AC＝2.
在Rt△A1OA中，AA1＝2，AO＝1，所以A1O＝eq \r(3)，
所以V三棱柱ABD－A1B1D1＝S△ABD·A1O＝eq \f(1,2)×(eq \r(2))2×eq \r(3)＝eq \r(3).
所以三棱柱ABD－A1B1D1的体积为eq \r(3).
【递进题组】
1．有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；
④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】A
【解析】命题①，l可以在平面α内，不正确；命题②，直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③，a可以在平面α内，不正确；命题④正确．
2．已知m，n是两条直线，α，β是两个平面，给出下列命题：
①若n⊥α，n⊥β，则α∥β；
②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；
③若m，n为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β.
其中正确命题的个数是( )
A．3 B．2
C．1 D．0
【答案】B
【解析】①若n⊥α，n⊥β，则n为平面α与β的公垂线，则α∥β，故①正确；
②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，三点可能在平面β的异侧，此时α与β相交，故②错误；
③若n，m为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，根据面面平行的判定定理，可得③正确．故选B.
3．如图，已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝eq \f(1,2)AB＝1，M是PB的中点．
(1)求证：AM＝CM；
(2)若N是PC的中点，求证：DN∥平面AMC.
【答案】见解析；
【解析】证明 (1)因为在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB＝1，
所以AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(2)，AB＝2，
则AC2＋BC2＝AB2，所以BC⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥PA，又PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC.
在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝eq \f(1,2)PB，
在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝eq \f(1,2)PB，
所以AM＝CM.
(2)如图，连接DB交AC于点F.
因为DCeq \f(1,2)AB，所以DF＝eq \f(1,2)FB.
取PM的中点G，连接DG，FM，
则DG∥FM，
又DG⊄平面AMC，FM⊂平面AMC，
所以DG∥平面AMC.
连接GN，则GN∥MC，又GN⊄平面AMC，MC⊂平面AMC，
所以GN∥平面AMC，又GN∩DG＝G，所以平面DNG∥平面AMC，
又DN⊂平面DNG，所以DN∥平面AMC.
4．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
【答案】见解析；
【解析】当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
证明如下：
因为Q为CC1的中点，P为DD1的中点，所以QB∥PA.因为P，O分别为DD1，DB的中点，所以D1B∥PO.又因为D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO.又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，所以平面D1BQ∥平面PAO.
【考卷送检】
一、选择题
1．已知两个不同的平面α，β，两条不同的直线 a，b，a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥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
【答案】B
【解析】 因为“a∥β，b∥β”，若a∥b，则α与β不一定平行，反之若“α∥β”，则一定有“a∥β，b∥β”．故选B.
2．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )
A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
【答案】B
【解析】由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFeq \f(1,5)BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGeq \f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．
3．能使直线a与平面α平行的条件是( )
A．直线与平面内的一条直线平行
B．直线与平面内的某条直线不相交
C．直线与平面内的无数条直线平行
D．直线与平面内的所有直线不相交
【答案】D
【解析】A项不正确，由直线与平面内的一条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；B项不正确，由直线与平面内的某条直线不相交，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内，也可能和平面相交；C项不正确，由直线与平面内的无数条直线平行，不能推出直线与平面平行，直线有可能在平面内；D项正确，由直线与平面内的所有直线不相交，依据直线和平面平行的定义可得直线与平面平行．
4．(2019·山东师大附中月考)如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是( )
A．B′C′ B．A′B
C．A′B′ D．BB′
【答案】B
【解析】连接A′B，因为A′B∥CD′，CD′⊂平面AD′C，所以A′B∥平面AD′C.
5．已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若a∥α，b∥β，α∥β，则 a∥b
B．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥β
C．若a∥b，α∩β＝a，则b∥α或b∥β
D．若直线a与b异面，a⊂α，b⊂β，则α∥β
【答案】C
【解析】对于A项，a与b还可能相交或异面，此时a与b不平行，故A项不正确；对于B项，α与β可能相交，此时设α∩β＝m，则a∥m，b∥m，则a∥b，故B项不正确；对于D项，α与β可能相交，如图所示，故D项不正确．故选C.
6．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：
①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥n))⇒n∥α；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥β,n⊥β))⇒m∥n；③eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥β))⇒α∥β；④eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊂α,n⊂β,α∥β))⇒m∥n.其中正确命题的序号是( )
A．③④ B．②③
C．①② D．①②③④
【答案】B
【解析】①不正确，n可能在α内；②正确，垂直于同一平面的两直线平行；③正确，垂直于同一直线的两平面平行；④不正确，m，n可能为异面直线．故选B.
二、填空题
7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．
【答案】eq \r(2)
【解析】因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC.又E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得EF＝eq \f(1,2)AC，AB＝2，所以AC＝2eq \r(2)，所以EF＝eq \r(2).
8．设α，β，γ是三个不同平面，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________(把所有符合题意条件的序号填上)．
【答案】①③
【解析】 ①可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β＝a，b⊂γ知a，b在面β内，且没有公共点，故平行；②a∥γ，b∥β不可以，举出反例如下：使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b，这些条件无法确定两直线的位置关系；③b∥β，a⊂γ可以，由b∥β，α∩β＝a知a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ可得两直线平行．
9．(2019·吉安调考)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满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
【答案】Q为CC1的中点
【解析】如图所示，假设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，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故点Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
三、解答题
10．如图，P是△ABC所在平面外一点，A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．求证：平面 A′ B′ C′∥平面 ABC.
【答案】见解析；
【解析】证明 连接PA′，PC′并延长，分别交BC，AB于M，N.因为A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，所以M，N分别是BC，AB的中点．连接MN，由eq \f(PA′,PM)＝eq \f(PC′,PN)＝eq \f(2,3)知A′C′∥MN，因为MN⊂平面ABC，所以A′C′∥平面ABC.同理，A′B′∥平面ABC，又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′⊂平面A′B′C′，所以平面A′B′C′∥平面ABC.
11．(2019·忻州二中模拟)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.
【答案】见解析；
【解析】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.
12．已知在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，E为线段AD上靠近点A的三等分点，O为AB的中点，且PA＝PB，AB＝eq \f(2,3)AD.问PB上是否存在一点F，使得OF∥平面PEC？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】见解析；
【解析】 PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE綊MC，所以四边形AECM为平行四边形，所以AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，所以ON∥AM，所以ON∥EC.因为N为BM的中点，所以N为BC的三等分点(靠近点B)．因为F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，所以NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，所以平面ONF∥平面PEC，所以OF∥平面PEC.
13．(2019·深圳中学期中)如图，在四棱锥V－ABCD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)＝________.
【答案】 2
【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，且AF∩AM＝A，所以平面AMF∥平面BDE⇒MF∥平面BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒eq \f(VB,FB)＝2.
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∥b
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∥b
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