高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019必修四）第25講 11.3.2直線與平面平行

.3.2直線與平面平行TOC\o"1-3"\h\u題型1線面平行概念辨析 2題型2線面平行的判定定理在小題中的應(yīng)用 5題型3線面平行的判定定理在解答題中的應(yīng)用 15◆類型1中位線法 15◆類型2平行四邊形法 22題型4線面平行的性質(zhì)定理在小題中的應(yīng)用 27題型5線面平行性質(zhì)定理在解答題中的應(yīng)用 34題型6動點探索問題 40知識點一.空間直線與平面的位置關(guān)系有以下三種：位置關(guān)系公共點符號語言圖形語言直線在平面內(nèi)無數(shù)個公共點a?α.直線在平面外直線與平面相交一個公共點a∩α＝A直線與平面平行沒有公共點a∥α知識點二.直線與平面平行的判定定理：文字語言：如果不在平面內(nèi)的一條直線和這個平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．符號語言：a?α，b?α，a∥b?a∥α.圖形語言：知識點三.直線與平面平行的性質(zhì)定理：文字語言：如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線就和交線平行．符號語言：符號語言：l∥α，l?β，β∩α＝m?l∥m.圖形語言：題型1線面平行概念辨析【方法總結(jié)】判斷或證明線面平行的常用方法定義法：證明直線與平面無公共點（不易操作）.（2）判定定理法：a?α，b?α，allb→allα（3）排除法：證明直線與平面不相交，直線也不在平面內(nèi).【例題1-1】（2021·高一課時練習(xí)）平面α與平面β平行的充分條件是（

）A．α內(nèi)有無窮多條直線都與β平行B．直線a?α，直線bC．α內(nèi)的任何一條直線都與β平行D．直線a∥α,a∥β，且直線【答案】C【分析】根據(jù)面面平行的判定來判斷即可.【詳解】C選項是面面平行的定義，A，B，D中，平面α與平面β相交時都有可能滿足.故選：C.【變式1-1】1.（2023春·全國·高一專題練習(xí)）已知a，b，c為三條不重合的直線，α，β，γ為三個不重合的平面其中正確的命題（

）①a//c，②a//γ，③a//c，④a//γ，⑤a?α，b?A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤【答案】A【分析】分析各直線，平面的關(guān)系即可得出結(jié)論.【詳解】由題意，①a//c，b//②a//γ，b//γ，則③a//c,c//④a//γ，a//α；則⑤a?α，b?α，故選：A.【變式1-1】2.已知是兩條不同的直線，平面，下列命題正確的是______________①若上有兩點到的距離相等，則；②若③④⑤【解析】①中l(wèi)與α可能相交;②中，也可能是n?α;④中，不能是任意的;⑤中，m與n可能異面，故應(yīng)填③.【變式1-1】3．（多選）（2023·全國·高一專題練習(xí)）若a，b表示直線，α表示平面，則以下命題中假命題是（

）A．若a∥b，b?α，則a∥αB．若a∥α，b∥α，則a∥bC．若a∥b，b∥α，則a∥αD．若a∥α，b?α，則a∥b或a與b異面【答案】ABC【分析】根據(jù)空間中的平行關(guān)系結(jié)合線面的位置關(guān)系逐項分析判斷.【詳解】如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1B1∥AB，AB?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，故A為假命題；A1B1∥平面ABCD，B1C1∥平面ABCD，但A1B1與B1C1相交，故B為假命題；AB∥CD，CD∥平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，故C為假命題；因為a∥α，所以a與α無公共點，又b在α內(nèi)，所以a與b無公共點，所以a∥b或a與b異面，D為真命題．故選：ABC.【變式1-1】4．（2022春·河南信陽·高一信陽高中?？茧A段練習(xí)）下列有五個命題：①若直線a//平面α，a//平面β，α∩β=m則a//m；②若直線a//平面α，則a與平面α內(nèi)任何直線都平行；③若直線α//平面α，平面α//平面β，則α//平面β；④如果a//b，a//平面α，那么b//平面α；⑤對于異面直線a、b存在唯一一對平面α、β使得a?平面α，b?平面β，且A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根據(jù)空間中直線，平面間的位置關(guān)系判斷命題正誤.【詳解】對于①，直線a//平面α，直線a//平面β，α∩β=m，過a作平面γ交平面α于c，作平面δ交平面α于d，則a//c，a//d，所以c//d，因為c?對于②，直線a//平面α，則直線a與平面α對于③，直線a//平面α，平面α//平面β，可能a?對于④，a//b，直線a//平面α，可能b對于⑤，一對異面直線a，b，過a作與b平行的平面α，過b作與a平行的平面β，使得α//故選：C.題型2線面平行的判定定理在小題中的應(yīng)用【方法總結(jié)】用判定定理證明線面平行時，必須具備以下三個條件：直線l在平面α外，即l?α；（2）直線m在平面α內(nèi)，即m?α；（3）兩直線l，m平行，即l//m.【例題2-1】（2023·高一課時練習(xí)）已知A、B、C、D是不共面四點，M、N分別是△ACD、△BCD的重心．以下平面中與直線①平面ABC；

②平面ABD；

③平面ACD；

④平面BCD．A．①③ B．①② C．①②③ D．①②③④【答案】B【分析】由已知以及重心定理可推得EMEA=ENEB=13，進(jìn)而得到MN【詳解】如圖，取CD中點為E，連結(jié)AE、BE.由已知以及重心定理可得，AMME=21，BNNE所以EMEA=EN因為MN?平面ABC，AB?平面ABC，所以MN//因為MN?平面ABD，AB?平面ABD，所以MN//因為M∈平面ACD，N?平面ACD，所以MN與平面因為N∈平面BCD，M?平面BCD，所以MN與平面故選：B.【變式2-1】1．（多選）（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖所示，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，點M，PA．A1M?//?C．A1M?//平面DCC1【答案】ACD【分析】根據(jù)題意可證明A1M//PD1，由此可判斷A、C、D選項；根據(jù)A1M與平面ADD【詳解】連接MP，因為M，P別為棱AB，CD中點，所以MP//AD且MP=AD因為ABCD?A1B1C1D1為平行六面，所以AD因為D1P?平面DCC1D1，A1M?平面因為A1M與平面ADD1A1相交，且平面BCC1B1//平面BCC1B故選：ACD【變式2-1】2．（多選）（2022春·山東聊城·高一山東聊城一中?？计谥校┤鐖D在正方體ABCD?A1B1C1D1A．MN∥平面APC；B．存在唯一點P，使得C1Q∥平面C．點P到平面MNQ的距離為定值；D．若H為棱BB1的中點，則四面體【答案】BD【分析】對A，舉反例P在平面MNAC上即可；對B，根據(jù)C1Q//平面NAC，結(jié)合線面平行的判定與性質(zhì)判斷即可；對C，推導(dǎo)可得B,D1在平面MNQ兩側(cè)即可判斷；對D，連接A1C1【詳解】對A，因為M,N分別是棱D1C1,A1D1的中點，故MN//A1對B，因為N,Q分別是棱A1D1,BC的中點，易得△又NA?平面NAC，C1Q?平面NAC，故又因為A1D1//BC，連接NC,D1B交于P，此時C1Q對C，取AB中點R，由A可得MN//A1C1，同理RQ故平面MNQ即平面MNRQ，易得D1,B在平面MNRQ兩側(cè)，故點P對D，連接A1C1,D1B1交于O，連接OH.因為O,H為D1B1,BB1中點，故OH//D故選：BD【變式2-1】3.如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為，M,N分別為A1B和AC上的點，A1M=AN=，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是（）A.相交B.平行C.垂直D.不能確定【答案】B【解析】如圖，過點M作MP//A1B1，交BB1于點P，過點N作NQ//AB交BC于點Q，連接PQ，則由A1M=AN=23a,且A1B=AC=2a，得MP=23A1BNQ=23AB,又A1B1//AB,所以NQ//MP，所以四邊形MNQP為平行四邊形，所以MN//PQ.又MN?平面BB1C1C，PQ?平面BB1C1C，所以MN//平面BB1C1【變式2-1】4．（多選）（2023·高一課時練習(xí)）如圖，點P在正方體ABCD?A1A．B1P∥A1D C．AD1∥面BDP D．三棱錐【答案】BCD【分析】對于AB，由面面平行的性質(zhì)分析判斷，對于C，由線面平行的判定結(jié)合正方體的性質(zhì)分析判斷，對于D，由VA?D1PC【詳解】對于A，因為平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面所以A1D∥B1C，所以當(dāng)P為BC對于B，因為平面ADD1A1∥平面BCC1B1，對于C，由選項A同理可得AD1∥BC1，因為AD1?平面BDP，B對于D，因為由選項C可知AD1∥BC1，因為AD1?所以BC1∥平面AD1C因為三角形AD1C因為VA?D故選：BCD.【變式2-1】5．（多選）（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，長方體ABCD?A1B1C1A．EF∥BC B．ADC．幾何體AA1EB?D【答案】ABD【分析】A由長方體的性質(zhì)及線線平行的推論判斷；B根據(jù)線面平行的判定判斷；C、D根據(jù)棱臺、棱柱的定義判斷正誤.【詳解】由B1C1//BC由AD//BC，BC?平面BCFE，AD?平面BCFE，得以兩個平行的平面AA1EB和DD1以兩個平行的平面BB1E故選：ABD【變式2-1】6．（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用線面平行判定定理可知B，C，D均不滿足題意，A選項可證明出直線AB與平面MNQ不平行，從而可得答案.【詳解】對于選項B，如圖1，連接CD，因為M，N，Q為所在棱的中點，所以CD//MQ，由于AB//CD，所以AB//MQ，因為AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以ABB選項不滿足題意；對于選項C，如圖2，連接CD，因為M，N，Q為所在棱的中點，所以CD//MQ，由于AB//CD，所以AB//MQ，因為AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以ABC選項不滿足題意；對于選項D，如圖3，連接CD，因為M，N，Q為所在棱的中點，所以CD//NQ，由于AB//CD，所以AB//NQ，因為AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，所以AB可知D不滿足題意；如圖4，取BC的中點D，連接QD，因為Q是AC的中點，所以QD//AB，由于QD與平面MNQ相交，故AB與平面MNQ不平行，A正確.故選：A【變式2-2】7.下圖中，G，N，M，H分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有()A.①③B.②③C.②④D.②③④【答案】②④【解析】圖①中，直線GH∥MN；圖②中，G、H、N三點共面，但M?面GHN，因此直線GH與MN異面；圖③中，連接MG，GM∥HN，因此GH與MN共面；圖④中，G、M、N共面，但H?面GMN，因此GH與MN異面．所以圖②④中GH與MN異面．題型3線面平行的判定定理在解答題中的應(yīng)用【方法總結(jié)】直線與平面平行的判定定理可簡記為“線線平行，則線面平行”.定理充分體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化思想，將“線面平行”問題轉(zhuǎn)化為“線線平行”問題.◆類型1中位線法【例題3-1】（2023·高一課時練習(xí)）如圖，P是平行四邊形ABCD所在平面外一點，E為PB的中點，O為AC、BD的交點.(1)求證：EO∥(2)圖中EO還與圖中哪個平面平行？【答案】(1)證明見解析(2)平面PAD【分析】由EO∥【詳解】（1）因為E，O為PB，BD的中點，所以EO∥又EO?平面PCD，PD?平面PCD，所以（2）因為EO∥PD，EO?平面PAD，PD?平面PAD，所以【變式3-1】1．（2023·高一課前預(yù)習(xí)）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，DA=DC=1，(1)求證：AD1∥(2)求三棱錐D1【答案】(1)證明見解析；(2)13【分析】（1）根據(jù)已知條件即可推出OE//（2）由已知可得，三棱錐D1?ADC【詳解】（1）因為四邊形ABCD為矩形，且AC∩又因為E為CD1的中點，所以O(shè)E是△CA又AD1?因此，AD（2）因為S△又DD1⊥平面ABCD，所以三棱錐D∴VD【變式3-1】2．（2023·全國·高一專題練習(xí)）長方體ABCD?A1B1C1D1中，M是矩形BCC【答案】證明見詳解【分析】連結(jié)C1D、C1B、BD.由已知可推得MN//【詳解】【證明】連結(jié)C1D、C1由已知可得，點M是C1B的中點，點N是所以，MN是△C所以MN//又MN?平面ABCD，BD?平面所以MN//平面ABCD【變式3-1】3．（2023·高一單元測試）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD的邊長為2，側(cè)棱AA1(1)求證：BD1//(2)求三棱錐D?【答案】(1)證明見解析；(2)23【分析】（1）根據(jù)給定條件證得EF//（2）利用等體積求法出三棱錐D?【詳解】（1）在正四棱柱ABCD?A1B1C1又E為BC的中點，則有EF//BD1，而EF?平面C所以BD1//（2）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1所以求三棱錐D?D1【變式3-1】4．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1(1)求證：CE//平面BDF(2)求三棱錐E?【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】(1)利用中位線的性質(zhì)、線面平行的判定定理即可證明；(2)利用等體積法求解即可.【詳解】（1）如圖，連接AC交BD于點O，再連接OF,在△ACE中，O為AC中點，F(xiàn)為AE的中，所以O(shè)F且CE?平面BDF，OF?平面BDF,所以CE//（2）因為該幾何體為正方體，所以點D到平面ABB1A所以點D到平面BEF的距離等于AD，根據(jù)等體積法可知VE【變式3-1】5．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）正三棱柱ABC?A1B1C1的底面正三角形的邊長為2(1)【證明】A1B//(2)求該三棱柱的體積.【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）作出輔助線，由中位線得到線線平行，從而線面平行；（2）求出底面正三角形的面積，進(jìn)而利用柱體體積公式進(jìn)行求解.【詳解】（1）【證明】連接A1C，設(shè)A∵ACC∴ACC∴E是A1∴DE是△C∴DE//又A1B?平面ADC1∴A1B//（2）因為在正三棱柱中，底面正三角形的邊長為2，D為BC的中點所以BC=2，AD故S△又AA1⊥平面ABC所以正三棱柱的體積V=S△【變式3-1】6．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）在直三棱柱ABC?A1B1(1)求證：BC1//(2)求異面直線A1C與【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）連接AC1交A1（2）由（1）可知，∠EOC或其補角為異面直線A1C【詳解】（1）連接AC1交A1連接OE，則OE是△AB∴BC1//OE，∵∴BC1//（2）由（1）可知，∠EOC或其補角為異面直線A1C由余弦定理，得EC=2?2cos120AC2=22cos∠EOC=2+12?32×◆類型2平行四邊形法【例題3-2】如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，AB=2，AF=1，M是線段EF的中點.求證：AM//平面BDE.【證明】如圖，記AC與BD的交點為0，連接OE.∵O，M分別是AC，EF的中點，四邊形ACEF是矩形，∴EM//OA，且EM=OA，∴四邊形AOEM是平行四邊形，∴AM//OE.又OE?平面BDE，AM?平面BDE，∴AM//平面BDE.【變式3-2】1.如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M,N分別是AC和BB1的中點.求證MN//平面A1B1C【證明】取A1C的中點D，連接MD，B1D.∵M(jìn)，D分別為AC，A1C的中點，MD//AA1且MD=12AA1，又N為B1B的中點，B1N//AA1且B1N=12AA1∴MD//B1N且MD=B1N∴四邊形DMNB1為平行四邊形，∴MN//B1D.∵M(jìn)N?平面A1B1C，B1D?平面A1B1C，∴MN//平面A1B【變式3-2】2．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，E、F分別是AB、PC的中點．【證明】EF//【答案】證明見解析【分析】取PD的中點G，連接AG、FG，證明出四邊形AEFG為平行四邊形，可得出EF//【詳解】【證明】取PD的中點G，連接AG、FG，因為F、G分別是PC、PD的中點，所以FG//CD且因為四邊形ABCD為平行四邊形，則AB//CD且∵E為AB的中點，則AE//CD且AE=1所以，四邊形AEFG為平行四邊形，故EF//∵EF?平面PAD，AG?平面PAD，∴【變式3-2】3．（2021·陜西渭南·統(tǒng)考二模）如圖，四棱錐P?ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD,E,F分別是AB求證：AF//平面PEC【分析】取PC的中點G，連接FG、EG，證明出四邊形AEGF是平行四邊形，可得出AF//【詳解】【證明】取PC的中點G，連接FG、EG，∵F為PD的中點，G為PC∴FG為△CDP的中位線，∴FG∵四邊形ABCD為矩形，E為AB的中點，∴AE//CD∴FG//AE且FG=AE，∴又∵EG?平面PCE，AF?平面PCE，∴【變式3-2】4.如圖，直四棱柱的底面是菱形，，，，、、分別是、、的中點．【證明】平面；【答案】【證明】連接、．因為、分別為、的中點，所以且．又因為為的中點，所以．由題設(shè)知且，故四邊形為平行四邊形，所以，且，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，則,平面，平面，因此，平面.【變式3-2】5.如圖，在正方體中，E，F(xiàn)分別是，CD的中點．求證：平面；【答案】在正方體中，取中點G，連接FG，，如圖，而F是CD的中點，則，，又E是的中點，則，，因此，，，四邊形是平行四邊形，有，而平面，平面，平面.【變式3-2】6.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，，，，E是PB的中點.（1）求證：平面PAD；（2）若，求三棱錐P-ACE的體積.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）取PA的中點F，連接EF，DF，利用平行四邊形證明，再由線面平行的判定定理即可得證；（2）根據(jù)等體積法知，即可由棱錐體積公式求解.（1）取PA的中點F，連接EF，DF，∵點E，F(xiàn)分別為PB，PA的中點，∴，，又∵，，∴，，∴四邊形EFDC是平行四邊形，∴，又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD；（2）解∶∵AB=2AD=2CD=2，AB⊥AD，AB⊥CD,∴AC=BC=2,BC⊥AC，又PC⊥平面ABCD，∶BC⊥PC，所以BC⊥平面PAC，又點E為PB的中點，點E到平面PAC的距離為12BC，所以VP-ACE=VE-ACP=13×12×AC×PC×【變式3-2】7.（難）如圖，在四面體中，是的中點，是的中點，點在線段上，且求證：平面.【解析】如下圖所示，取的中點，在線段上取點，使得，連接、、.，，，且.、分別為、的中點，，且.為的中點，.且，四邊形是平行四邊形，.平面，平面，平面.題型4線面平行的性質(zhì)定理在小題中的應(yīng)用【例題4-1】（2023·全國·高一專題練習(xí)）直線a∥平面α，P∈α，那么過P且平行于a的直線（）A．只有一條，不在平面α內(nèi)B．有無數(shù)條，不一定在平面α內(nèi)C．只有一條，且在平面α內(nèi)D．有無數(shù)條，一定在平面α內(nèi)【答案】C【分析】由推論1和基本事實3可以確定平面α與平面β有唯一的交線，由線面平行的性質(zhì)定理可推導(dǎo)直線a與交線平行，從而確定選項.【詳解】解：由推論1可知：a//α，則a?α，P∈由基本事實3可知：平面α與平面β有一交點P，則有一條唯一的交線，設(shè)為b，因為直線a∥平面α，a?β，故選：C．【變式4-1】1.若一條直線同時平行于兩個相交的平面，則這條直線與這兩個平面的交線的位置關(guān)系是（）異面B.相交C.平行D.平行或重合【答案】C【解析】設(shè)平面α∩平面β=直線l，a//α，a//β，過直線a作與α，β都相交的平面γ，記α∩γ=b，β∩γ=c，b，c不重合，則a//b且a//c，所以b//c.又b?α，c?α，∴c//α.又c?β，α∩β=l，∴c//l，∴a//l.故選C.【變式4-1】2．（2023·全國·高一專題練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，過A【答案】平行【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理和判定定理確定正確答案.【詳解】根據(jù)正方體的性質(zhì)可知：A1由于A1C1?平面ABCD，AC?平面ABCD由于平面A1C1B∩平面ABCD所以l//故答案為：平行【變式4-1】3．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1A．平面PAM內(nèi)任意一條直線都不與BC平行B．平面PAB和平面PCM的交線不與平面ABCD平行C．平面PBC內(nèi)存在無數(shù)條直線與平面PAM平行D．平面PAM和平面PBC的交線不與平面ABCD平行【答案】B【分析】對A，根據(jù)BC與平面PAM相交判斷即可；對B，根據(jù)線面平行的判定與性質(zhì)判斷即可；對CD，延長AM，BC交于E，根據(jù)線面平行的性質(zhì)判斷即可.【詳解】對A，因為BC與AM在平面ABCD內(nèi)且不平行，故BC與AM相交，故BC與平面PAM相交，若平面PAM內(nèi)任意一條直線與BC平行，則BC//平面PAM對B，由AB平行BC，AB?平面PCM，BC?平面PCM，故AB//平面PCM.設(shè)平面PAB和平面PCM的交線為l，由線面平行的性質(zhì)可得AB//l，又l?平面ABCD，AB?對CD，延長AM，BC交于E，連接如圖.由題意，平面PAM和平面PBC的交線即直線PE，故當(dāng)平面PBC內(nèi)的直線與PE平行時，與平面PAM也平行，故C正確；交線PE與平面ABCD交于E，故D正確；故選：B【變式4-1】4．（2022春·河南鶴壁·高一河南省?？h第一中學(xué)校考階段練習(xí)）設(shè)l，m，n為不同的直線，α，β為不同的平面，則下列結(jié)論中不正確的有（

）①若l//m，l//②若m//α，n//③若m//β，m?α，④若m//n，m//A．②③ B．②④ C．①③ D．②【答案】B【分析】利用平行公理、線面平行的性質(zhì)判斷①③；舉例說明判斷②，利用線面位置關(guān)系判斷④作答.【詳解】因l//m，l//三棱柱的一底面的兩條棱都平行于另一底面，顯然這兩條棱所在直線相交，②不正確；因m//β，m?α，m//n，m//所以給出的命題中，不正確的是②④.故選：B【變式4-1】5．（2022春·陜西西安·高一長安一中?？计谥校┤鐖D，已知平面α∩平面β=a，平面β∩平面γ=b，平面A．c與a，b都異面 B．c與a，b都相交C．c至少與a，b中的一條相交 D．c與a，b都平行【答案】D【分析】用線面平行的判定定理和性質(zhì)定理證明即可．【詳解】解：∵a//b，a?平面γ，∴a//平面∵a?平面α，平面γ故選：D【例題4-2】如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上，若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________．【答案】eq\r(2)【解析】∵EF//平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C=AC，EF//AC.又∵E是AD的中點，∴EF=12AC=【變式4-2】1.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱C1D1上存在一點E（不與端點重合），使得BD1//平面B1CE,則（）BD1//CEB.AC1BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC1【答案】D【解析】如圖，連接BC1，設(shè)B1C∩BC1=O，連接OE，∵BD1//平面B1CE，平面BC1D1∩平面B1CE=OE，BD1//OE，∵O為BC1的中點，E為C1D1的中點，D正確，C錯誤;由異面直線的定義，知BD1，CE是異面直線，故A錯誤;連接AD1，在矩形ABC1D1中，AC1與BD1不垂直，故B錯誤.故選D.【變式4-2】2.如圖，已知S為四邊形ABCD所在平面外一點，G,H分別為SB,BD上的點，若GH//平面SCD,則（）A.GH//SAB.GH//SDC.GH//SCD.以上均有可能【答案】B【解析】因為GH//平面SCD，GH?平面SBD，平面SBD∩平面SCD=SD，所以GH//SD，顯然GH與SA，SC均不平行，故選B.【變式4-2】3.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AM=2MA1,BN=2NB1,過MN作一平面分別交底面三角形ABC的邊BC,AC于點E,F，則（）A.MF//NEB.四邊形MNEF為梯形C.四邊形MNEF為平行四邊形D.A1B1//NE【答案】B【解析】∵在平行四邊形AA1B1B中，AM=2MA1，BN=2NB1.AM//BN.MN//AB.又MN?平面ABC，AB?平面ABC，MN//平面ABC.又MN?平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN//EF，∴EF//AB，顯然在△ABC中EF≠AB，∴EF≠MN，.四邊形MNEF為梯形.故選B.題型5線面平行性質(zhì)定理在解答題中的應(yīng)用【方法總結(jié)】1.性質(zhì)定理中的三個條件，a∥α，a?β，α?β=b，缺一不可.2.定理揭示了當(dāng)a∥α?xí)r，在一個平面內(nèi)作直線a的平行線的方法，即過a作一平面與已知平面相交，交線b一定與a∥α平行。【例題5】（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，AC與BD交于點O，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于GH，求證：AP∥GH.【答案】證明見解析【分析】先證明線面平行，由AP∥平面BDM的性質(zhì)可得AP∥GH.【詳解】證明如圖，連接MO.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點．又∵M(jìn)是PC的中點，∴AP∥OM.又∵AP?平面BDM，OM?平面BDM，∴AP∥平面BDM.又∵AP?平面APGH，平面APGH∩平面BDM＝GH，∴AP∥GH.【變式5-1】1.（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA中，四邊形AA1B1B，【答案】證明見解析.【分析】根據(jù)給定條件，證明B1【詳解】因四邊形AA1B1B，ABCD均為正方形，則A于是得B1C//A1D，又B1C?平面A而平面A1EFD∩平面B1C所以EF//【變式5-1】2．（2022春·北京西城·高一北京市第十三中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，已知在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，M為PC的中點，在DM上任取一點G，過G和AP作平面PAHG交平面DMB于(1)求證：BC//平面PAD(2)求證：AP//平面BDM(3)求證：AP//【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由已知可得出BC//（2）連接AC交BD于點N，連接MN，分析可知N為AC的中點，利用中位線的性質(zhì)可得出PA//（3）利用線面平行的性質(zhì)可證得結(jié)論成立.（1）【證明】因為四邊形ABCD為平行四邊形，則BC//∵BC?平面PAD，AD?平面PAD，因此，BC（2）【證明】連接AC交BD于點N，連接MN，因為四邊形ABCD為平行四邊形，AC∩BD=N，則又因為M為PC的中點，則PA//∵AP?平面BDM，MN?平面BDM，∴（3）【證明】∵AP//平面BDM，AP?平面APGH，平面APGH∴AP【變式5-1】3．（2022·全國·高一假期作業(yè)）如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD為平行四邊形，G為FC的中點，平面ABFE∩平面CDEF=EF(1)證明:AF//平面BDG(2)證明:AB//EF【答案】(1)證明見解析.(2)證明見解析.【分析】（1）連接AC交BD于O,連接OG.利用三角形的中位線定理，再利用線面平行的判定定理即可證明AF//平面BDG；（2）利用線面平行的性質(zhì)定理即可證明出AB//EF.（1）連接AC交BD于O,連接OG.因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以AC、BD互相平分.又G為FC的中點，所以O(shè)G為三角形ACF的中位線，所以AF//因為OG?面BDG,AF?面（2）因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以AB//CD.因為CD?面CDEF,AB?面CDEF,所以AB//平面因為AB?面ABEF,面CDEF∩面ABEF所以AB//EF.【變式5-1】4．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD中，AD//BC，AD=12BC，點E為PC上一點，(1)若平面PAD與平面PBC的交線為l，求證：l//平面ABCD(2)求證：AF//【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）結(jié)合線面平行的判定定理和性質(zhì)定理證得：l//平面ABCD（2）結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理和三角形重心的知識證得：AF//【詳解】（1）∵BC//AD，AD?平面PAD,BC?平面∵BC?平面PBC，平面PBC∩平面PAD=∵BC?平面ABCD,l∴l(xiāng)//平面ABCD（2）連接AC,FC，設(shè)AC∩BD=∵AF//平面BDE,AF?平面AFC，平面∴AF//∵AD//BC，AD=∴FMMC∴點M是△PBC∴點E是PC的中點，∴EMMB∴OM//∴AF//【變式5-1】5．（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖，E、F分別是空間四邊形ABCD中邊BC和AD的中點，過EF平行于AB的平面與AC交于點G．求證：G是AC中點．【答案】證明見詳解【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可得AB//【詳解】【證明】由已知可得，AB//平面EFG又AB?平面ABC，平面ABC∩平面所以AB//又因為點E是BC的中點，所以G是AC中點．題型6動點探索問題【例題6】（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1(1)求異面直線A1C1(2)棱D1D上是否存在一點F，使得B1F∥【答案】(1)326(2)存在，D1【分析】（1）根據(jù)異面直線所成角的定義，結(jié)合余弦定理進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)正四棱柱的性質(zhì)，結(jié)合平行四邊形的判定定理和性質(zhì)、線面平行的判定定理進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）∵ABCD?∴A1A∥C1∴求異面直線A1C1與EC所成角的余弦值即是求AC在△AEC中，EC=EA∴cos∠ACE（2）如圖，當(dāng)點F為D1D的三等分點（靠近D點）時，使得B1作B1E的中點G，連接B1F，GD，連接BD交AC于點由棱柱的性質(zhì)可知FD∥B1G，∴四邊形又∵點E，O分別是GB，BD的中點，∴OE∥由平面公理4可得B1F∥OE，又∵OE?平面ACE∴B1F∥平面ACE【變式6-1】1．（2023春·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在五面體A?BCC1B1中，AB1=4【答案】D為AC中點時，理由見解析【分析】連接B1C與BC1交于點O，O平面AB1C與平面BDC1【詳解】解：當(dāng)D為AC中點時，AB1//理由：連接B1C與BC1交于點O，當(dāng)D為AC中點時，OD//AB1，且OD是平面BC【變式6-1】2．（2021春·高一課時練習(xí)）在三棱柱ABC?A1B1C1中，D，E分別是線段BC【答案】存在，證明見解析【分析】要求線面平行，只要平面外一條直線平行于平面內(nèi)的一條直線，本題可構(gòu)造平行四邊形進(jìn)行證明.【詳解】存在．【證明】如圖，取線段AB的中點M，連接A1設(shè)O為A1C,連接MD,OE，則MD,OE分別為所以MD//因此MD//連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形，則DE//因為直線DE?平面A1MC，MO所以直線DE//平面A即線段AB上存在一點M（線段AB的中點），使直線DE//平面A【變式6-1】3．（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖是一個以△A1B1C1為底面的直三棱柱被一平面所截得的幾何體，截面為△ABC．已知AA1=4，BB1=2，CC1=3.在邊AB上是否存在一點O，使得OC∥平面A1B1C1.【答案】存在【分析】取AB的中點O，連接OC，可證明OD//【詳解】存在，取AB的中點O，連接OC，作OD∥AA1交A1B1于點D，連接C1D，則OD∥BB1∥CC1.因為O是AB的中點，所以O(shè)D=12又C1D?平面C1B1A1，且OC?平面C1B1A1，所以O(shè)C∥平面A1B1C1.即在邊AB上存在一點O，使得OC∥平面A1B1C1.【變式6-1】4．（2022·全國·高一專題練習(xí)）在三棱錐S?ABC中，E為AB的中點，M為CE的中點．在線段SB上是否存在一點N，使MN//平面SAC【答案】存在點N為SB上的靠近S的四等分點；證明見解析.【分析】首先找到點N，作出輔助線，利用面面平行判定定理證明平面MNF//平面SAC，再證MN//平面【詳解】存在點N為SB上的靠近S的四等分點即SN＝14SB，使證明如下：取AE的中點F，則AF=14則MF//因為AC?平面SAC，MF?平面SAC，所以MF//∵SN＝14SB又AS?平面SAC，NF?平面所以NF//平面SAC又