7.4 空间直线、平面的平行（课件PPT）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

空间直线、平面的平行 第四节 课标要求 1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面平行的有关性质与判定定理. 2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题. CONTENTS 目录 1 2 3 再认再现——课前基础落实 互动课堂——解题思维建模 即练即评——课堂效果评价 4 课时跟踪检测 再认再现——课前基础落实 01 系统主干知识 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 如果平面外一条直线与__________的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”) 因为_____，a⊂α，l⊄α，所以l∥α 此平面内 l∥a 性质定理 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面______，那么该直线与交线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) 因为l∥α，l⊂β，__________，所以l∥b 续表 相交 α∩β＝b 2．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 如果一个平面内的两条__________与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) 因为a∥β，b∥β，__________，a⊂α，b⊂α，所以α∥β 相交直线 a∩b＝P 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面_____，那么两条_____平行(简记为“面面平行⇒线线平行”) 因为α∥β，α∩γ＝a，_________，所以a∥b 相交 交线 β∩γ＝b 续表 细作教材小题 1．(人教A版必修二P139·T3)判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”． (1)如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面．(　 ) (2)如果直线a与平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行．(　 ) (3)如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥b.(　 ) (4)如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α.(　 ) × × × √ 2．(北师大版必修二P235·T1改编)经过平面α外两点，作与平面α平行的平面，则这样的平面可以作(　 ) A．1个或2个 B．0个或1个 C．1个 D．0个 √ 3．(人教A版必修二P143·T1改编)已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于l的直线(　 ) A．只有一条，不在平面α内 B．只有一条，在平面α内 C．有两条，不一定都在平面α内 D．有无数条，不一定都在平面α内 √ 解析：显然P∉l，设由点P和直线l确定的平面为β，则β与α相交，设β∩α＝a，P∈a，如图，直线a是唯一确定且在平面α内的直线，又l∥α，∴l∥a.如果过P还有一条直线b与l平行，则b∥a，这是不可能的．∴过点P且平行于l的直线只有一条，在平面α内． 4．(人教B版必修四P108·T3改编) 已知平面α∥平面β，点P是平面α，β外一点(如图所示)，且直线PB，PD分别与α，β相交于点A，B，C，D，若PA＝4，PB＝5，PC＝3，则PD＝________. 解析：因为平面α∥平面β，平面α∩平面PBD＝AC，平面β∩平面PBD＝BD，所以AC∥BD， 所以△PAC∽△PBD， 5．(北师大版必修二P235·T3)如图， 在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，四边形ABCD为正方形，点E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，画出此几何体，下面四个结论中正确的是__________． ①平面EFGH∥平面ABCD；　②平面PAD∥BC； ③平面PCD∥AB；　④平面PAD∥平面PAB． ①②③ 解析：把平面展开图还原为四棱锥(如图所示)，则EH∥AB， 所以EH∥平面ABCD． 同理可证EF∥平面ABCD， 又EF∩EH＝E， 所以平面EFGH∥平面ABCD； 平面PAD，平面PBC，平面PAB，平面PDC是四棱锥的四个侧面，则它们两两相交； 因为AB∥CD， 所以平面PCD∥AB． 同理可得平面PAD∥BC．故正确的有①②③. 互动课堂——解题思维建模 02 逐点清(一)　直线与平面平行的判定与性质 例 1 如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形， F，G分别为PB，AD的中点． (1)求证：AF∥平面PCG； (2)在线段BD上是否存在一点N，使得FN∥平面PCG，并给出必要的证明． 题点1　直线与平面平行的判定 解：(1)证明：取PC的中点H，连接GH，FH，在△PBC中，F为PB的中点， ∵G为AD的中点， ∴AG∥FH，AG＝FH， 即四边形AGHF为平行四边形， ∴AF∥GH. ∵GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG， ∴AF∥平面PCG. (2)存在．证明：设BD∩CG＝O，取OB的中点K，连接FK，PO，则在△POB中， ∵F，K分别是PB，OB的中点， ∴FK∥OP， ∵OP⊂平面PCG，FK⊄平面PCG， ∴FK∥平面PCG. ∵△DOG与△BOC相似，且相似比为1∶2， ∴BO＝2DO＝2KB， ∴K为BD上靠近B点的三等分点． ∴N在K点位置时满足FN∥平面PCG. 即点N在线段BD靠近B点的三等分点时符合题意． |个性点拨|　判断或证明线面平行的常用方法 (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(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 例 2 题点2　直线与平面平行的性质 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E是A1C1的中点，过A，B，E作截面交B1C1于点D．求证：DE∥AB． 证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中， 因为AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1， 所以AB∥平面A1B1C1， 又AB⊂平面ABDE，平面A1B1C1∩平面ABDE＝DE， 所以DE∥AB． |个性点拨|　线面平行性质定理的解题关键 应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线． 逐点清(二)　平面与平面平行的判定与性质 例 3 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点． (1)求证：平面A1C1G∥平面BEF； (2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点． 证明：(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点， ∴EF∥A1C1， ∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G， ∴EF∥平面A1C1G， 又F，G分别为A1B1，AB的中点， ∴A1F＝BG， 又A1F∥BG， ∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G， ∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G， ∴BF∥平面A1C1G， 又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF， ∴平面A1C1G∥平面BEF. (2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线交BC于H， ∴A1C1∥GH，得GH∥AC， ∵G为AB的中点， ∴H为BC的中点． 点拨·建模 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(垂直于同一直线的两平面平行)． 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，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行． [提醒]　利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线． 逐点清(三)　平行关系的综合应用 例 4 解：(1)证明：在四棱锥P-ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BC∥AD． (2)证明：如图，取F为AP的中点，连接EF，BF，由E是PD的中点， 所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四边形BCEF为平行四边形，故CE∥BF， 而BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，则CE∥平面PAB． (3)线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB，理由如下： 取AD的中点N，连接CN，EN，MN， 因为E，N分别为PD，AD的中点， 所以EN∥PA， 因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， 所以EN∥平面PAB， 由(2)知CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，CE⊂平面CEN，EN⊂平面CEN， 所以平面CEN∥平面PAB， 又M是CE上的动点，MN⊂平面CEN， 所以MN∥平面PAB， 所以线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB． 点拨·建模 利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决． 即练即评——课堂效果评价 03 逐点验收(一)　与线、面平行有关命题的判定 √ 1．(2023·大庆二模)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则可以用来判断l∥m的条件有(　 ) ①l⊥α，m⊥α；②l∥α，m∥α；③l⊂α，m⊂β，α∥β；④l⊂α，l∥β，α∩β＝m. A．①② B．①③ C．②③ D．①④ 解析：选D　对于①，垂直于同一平面的两条直线平行，可以判断l∥m；对于②，平行于同一平面的两条直线可以平行、相交或异面，不可以判断l∥m；对于③，两个平行平面内的两条直线，可以平行或异面，不可以判断l∥m；对于④，由直线与平面平行的性质分析，可以判断l∥m，则可以判断l∥m的是①④. 2．(2024·呼和浩特模拟)[多选]下列条件中，能判定平面α与平面β平行的条件可以是(　 ) A．α内有无穷多条直线都与β平行 B．α内的任何一条直线都与β平行 C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α D．a⊥α，b⊥β，a∥b √ √ 解析：当α内有无穷多条直线都与β平行，平面α与平面β可能平行，也可能是相交的，所以A不正确； 若平面α内的任何一条直线都与β平行，则平面α内必存在两条相交直线和平面β平行，根据面面平行的判定定理，可得α∥β，所以B正确； 直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α，平面α与平面β可能平行，也可能是相交的，所以C不正确； 由a⊥α，a∥b，可得b⊥α，又由b⊥β，根据垂直同一直线的两个平面平行，可得α∥β，所以D正确．故选BD． √ 逐点验收(二)　平行关系的证明及应用 4.如图所示，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM＝FN，过M作MH⊥AB于H，求证： (1)平面MNH∥平面BCE； (2)MN∥平面BCE. 证明：(1)在正方形ABCD中，MH⊥AB，BC⊥AB， 则MH∥BC， 又MH⊄平面BCE，BC⊂平面BCE， 因此MH∥平面BCE， 而AM＝FN，AC＝FB， 则有MC＝NB， 又NH⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，则NH∥平面BCE， 因为MH∩NH＝H，MH，NH⊂平面MNH， 所以平面MNH∥平面BCE. (2)由(1)知，平面MNH∥平面BCE，而MN⊂平面MNH，所以MN∥平面BCE. 5.如图，P是△ABC所在平面外一点，M，N分别 是PA和AB的中点，试过点M，N作平行于AC的平面α， 要求： (1)画出平面α分别与平面ABC，平面PBC，平面PAC的交线； (2)试对你的画法给出证明． 解：(1)如图，过N点作NE∥AC交BC于E，过M点 作MF∥AC交PC于F，连接EF，MN， 则平面MNEF为平行于AC的平面α， NE，EF，MF分别是平面α与平面ABC，平面PBC，平面PAC的交线． (2)证明：∵NE∥AC，MF∥AC，∴NE∥MF. ∴直线NE与MF共面， ∵NE⊂平面MNEF，AC⊄平面MNEF， ∴AC∥平面MNEF. ∴平面MNEF为所求的平面α. 解：(1)如图所示，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， ∴O为A1B的中点． ∵O，D1为平面A1BC1与平面AB1D1的公共点， ∴平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1， 又BC1⊂平面A1BC1，且BC1∥平面AB1D1， ∴BC1∥OD1. 又在△A1BC1中，O为A1B的中点， ∴D1为A1C1的中点． (2)∵平面BC1D∥平面AB1D1， 且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1， 平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1， ∴BC1∥OD1，同理可得AD1∥DC1， 细节、微点提醒 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 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 √ 一、强基训练，提高自信心 1．平面α内两条直线m，n都平行于平面β，则α与β的关系是(　 ) A．平行 B．相交 C．重合 D．不确定 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 解析：若直线m与直线n为相交直线，根据平面与平面平行的判定定理可得α∥β，若m∥n，如图，可能α∥β，也可能α与β相交． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 2．(2024·大庆开学考试)已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是(　 ) A．若l⊥α，m⊥α，则l⊥m B．若l∥α，α∥β，则l∥β C．若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，则l∥m D．若l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：若l⊥α，m⊥α，则l∥m，A错误； 若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，B错误； 由α∩β＝m，l∥α，l⊂β，根据线面平行的性质知l∥m，C正确； 如图，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，有α，β相交，D错误．故选C． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 3．在三棱锥A-BCD中，点E，F分别在AB，CB上．若AE∶EB＝CF∶FB＝2∶5，则直线AC与平面DEF的位置关系为(　 ) A．平行 B．相交 C．AC⊂平面DEF D．不能确定 解析：因为AE∶EB＝CF∶FB＝2∶5，所以EF∥AC．又AC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AC∥平面DEF.故选A． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：如图，连接CD，交PE于点G，连接FG， 因为AD∥平面PEF，AD⊂平面ADC，平面ADC∩平 面PEF＝FG，所以AD∥FG， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 5．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满足什么条件时，有平面D1BQ∥平面PAO(　 ) A．Q为CC1的三等分点 　 B．Q为CC1的中点 C．Q为CC1的四等分点 　 D．Q与C重合 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：如图所示，设Q为CC1的中点，连接PQ， ∵P为DD1的中点，易知PQ∥CD∥AB，且PQ＝CD ＝AB，故四边形BAPQ是平行四边形，∴QB∥PA， 又QB⊂平面D1BQ，PA⊄平面D1BQ，∴PA∥平面D1BQ.连接DB，则DB过点O，且O是DB的中点，又∵P是DD1的中点，∴D1B∥PO，又D1B⊂平面D1BQ，PO⊄平面D1BQ，∴PO∥平面D1BQ.又PA∩PO＝P，PA，PO⊂平面PAO，∴平面D1BQ∥平面PAO，故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 6．(2024·郑州模拟)[多选]下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是(　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：在正方体中，易得AC∥MN，又AC⊄平面MNP，MN⊂平面MNP，所以AC∥平面MNP，同理可证BC∥平面MNP，又因为AC∩BC＝C且都在平面ACB内，所以平面ACB∥平面MNP，又因为AB⊂平面ACB，所以AB∥平面MNP，故A正确； 如图1所示，易得AB∥NO，又AB⊄平面NCD， ON⊂平面NCD，所以AB∥平面NCD， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 又平面NCD与平面NMP相交，所以直线AB与平面NMP不平行，故B错误； 因为BM∥NP，所以平面NMP即为平面BNPM，显然直线AB与平面BNPM相交，故C错误； 如图2所示，易得AB∥CD，CD∥NP，所以 AB∥NP，又AB⊄平面MNP，NP⊂平面MNP，所 以AB∥平面MNP，故D正确，故选AD． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 l⊄α 解析：①由线面平行的判定定理知l⊄α； ②由线面平行的判定定理知l⊄α. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9．在四面体A-BCD中，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：如图，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，且E为CD的中点， 平面ABC，平面ABD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 所以MN∥AB，又AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD， 所以MN∥平面ABD，又AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC， 所以MN∥平面ABC． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于________． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， 所以EF∥AC． 因为点E为AD的中点， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为DD1的中点． (1)求证：BD1∥平面AMC； (2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC∥平面BND1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 证明：(1)如图，连接BD，设AC∩BD＝O，连接OM， ∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形， ∴O是BD的中点， ∵M是DD1的中点，∴OM∥BD1. ∵BD1⊄平面AMC，OM⊂平面AMC， ∴BD1∥平面AMC． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)连接D1N，BN， ∵N为CC1的中点，M为DD1的中点， ∴CN∥D1M，CN＝D1M， ∴四边形CND1M为平行四边形， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∴D1N∥CM， 又∵MC⊂平面AMC，D1N⊄平面AMC， ∴D1N∥平面AMC， 由(1)知BD1∥平面AMC， ∵BD1∩D1N＝D1，BD1⊂平面BND1，D1N⊂平面BND1， ∴平面AMC∥平面BND1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12．(2024·承德校联考阶段练习)如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点E在棱AA1上，点F 在棱CC1上，G在棱BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1， H是棱B1C1上一点． (1)求证：E，B，F，D1四点共面； (2)若平面A1GH∥平面BED1F，求证：H为B1C1的中点． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 证明：(1)如图，在DD1上取一点N，使得DN＝1， 连接CN，EN，则AE＝DN＝1，CF＝ND1＝2， 因为CF∥ND1， 所以四边形CFD1N是平行四边形， 所以D1F∥CN， 同理，四边形DNEA是平行四边形， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 所以EN∥AD，且EN＝AD， 又BC∥AD，且AD＝BC， 所以EN∥BC，EN＝BC， 所以四边形CNEB是平行四边形， 所以CN∥BE，所以D1F∥BE， 所以E，B，F，D1四点共面． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)因为平面A1GH∥平面BED1F，平面BB1C1C∩平面A1HG＝HG，平面BB1C1C∩平面BED1F＝BF， 所以BF∥HG.所以∠B1GH＝∠FBG＝∠CFB． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 二、创优训练，冲刺“双一流” 13．(2024·遂宁模拟)如图，在矩形ABCD中，E，F 分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设 P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是(　 ) A．直线AB∥直线CD B．直线AB⊥直线PQ C．直线PQ∥直线ED D．直线PQ∥平面ADE √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：翻折之后如图所示．因为AD＝3AE，BC＝3BF， 所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故A成立； 连接FD，因为P，Q分别为FA，FD的中点，所以PQ∥AD，又因为AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故B成立； 因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故C不成立； 因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故D成立．故选C． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：如图，连接CD1，BA1，BC1，A1C1，由正方体的性质可知BA1∥CD1∥GF，因为GF⊂平面EFG，BA1⊄平面EFG，所以BA1∥平面EFG，同理，BC1∥EF，因为EF⊂平面EFG，BC1⊄平面EFG，所以BC1∥平面EFG，又BA1∩BC1＝B，BA1⊂平面BA1C1，BC1⊂平面BA1C1，所以平面BA1C1∥平面EFG， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)证明：法一：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 取B1C1的中点F，连接DF，EF，如图1. ∵D和E分别是BB1和A1C1的中点， ∴DF∥BC1，EF∥A1B1， ∴EF∥AB． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 又DF⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1， 且EF⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1， ∴DF∥平面ABC1，EF∥平面ABC1.又DF∩EF＝F，DF，EF⊂平面DEF， ∴平面DEF∥平面ABC1，而DE⊂平面DEF，故直线DE∥平面ABC1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 法二：连接CE交AC1于点G，连接CD交BC1于点 H，连接HG，如图2. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC，BB1∥CC1， ∴直线DE∥平面ABC1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)∵直线DE∥平面ABC1， 即＝， 所以PD＝＝＝. ∴FH綉BC． ∴AG綉BC， (2024·铜川模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点． (1)求证：BC∥AD； (2)求证：CE∥平面PAB； (3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？请说明理由． 所以EF∥AD且EF＝AD，由(1)知BC∥AD，又BC＝AD， 3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，H分别为DD1，AB的中点，点F，G分别在棱BC，CC1上，且CF＝CG＝BC，则在F，G，H这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE平行的直线的条数为(　 ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：如图，取CE的中点I，CC1的中点K，连接AI，IG，EK，因为CI＝IE，CG＝GK，所以IG∥EK，且IG＝EK.又AB∥EK，AB＝EK，AH＝AB，所以IG∥AH，且IG＝AH，所以四边形AHGI为平行四边形，所以AI∥GH.又GH⊄平面ACE，AI⊂平面ACE，所以GH∥平面ACE.易知HF，GF均不与平面ACE平行．故选B． 由MH∥BC，得＝， 即＝＝，于是得NH∥AF∥BE， 6．如图所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点． (1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1? (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值． 故当＝1时，BC1∥平面AB1D1. ∴＝，＝，∴＝， 又＝1， ∴＝1，即＝1. 4．如图，在三棱锥P-ABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点．若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则的值为(　 ) A．1 B．2 C． D． 因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是△PBC的重心，所以＝＝.故选C． 7．(2024·重庆联考)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且＝＝，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则＝(　 ) A． B． C． D． 解析：如图所示，延长AE交CD于点H，连接FH，则△DEH∽△BEA，所以＝＝.因为平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C1＝FH，平面BD1G∩平面CDD1C1＝D1G， 所以FH∥D1G.又四边形CDD1C1是平行四边形，所以△DFH∽△C1GD1，所以＝，因为＝＝，所以＝，因为＝，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以＝，故选B． 8．考查①②两个命题，①⇒l∥α；②⇒l∥α，它们都缺少同一个条件，补上这个条件就可以使其构成真命题(其中l，m为直线，α为平面)，则此条件为________． 因为＝＝， 所以点F为DC的中点．故EF＝AC＝. 在Rt△BCF中，tan∠CFB＝＝， 在Rt△HB1G中，tan∠B1GH＝＝B1H， 所以B1H＝，即H为B1C1的中点． 14.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱BC，CC1，C1D1的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点，若直线BP与平面EFG无公共点，则BP的最小值是(　 ) A．2 B． C． D．2 因为直线BP与平面EFG无公共点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点，平面BA1C1∩平面A1B1C1D1＝A1C1，所以P点在A1C1上，故BP最小时，BP⊥A1C1，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以三角形BA1C1是边长为2的等边三角形，当BP⊥A1C1时，BP＝2×sin 60°＝，故选B． 15.三棱柱ABC-A1B1C1的棱长都为2，D和E分别是BB1和A1C1的中点． (1)求证：直线DE∥平面ABC1； (2)若∠A1AC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为，求三棱锥D-ABC1的体积． ∴＝＝，＝＝， ∴＝，则DE∥HG.又DE⊄平面ABC1，HG⊂平面ABC1， ∴V＝V，又∠A1AC＝60°， ∴在平行四边形ACC1A1中，边AC上的高h′＝2sin 60°＝， 由B到平面ACC1A1的高hB＝，则V＝V＝S·hB＝××1××＝.故三棱锥D-ABC1的体积为. $$