8.5.3 平面与平面平行-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第八章　立体几何初步 8.5　空间直线、平面的平行 8.5.3　平面与平面平行 课程标准：从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中平面与平面的平行关系，归纳出平面与平面平行的判定定理、性质定理，并加以证明． 教学重点：平面与平面平行的判定定理和性质定理及其应用． 教学难点：平面与平面平行的判定定理和性质定理的应用． 核心素养：通过发现、推导和应用平面与平面平行的判定定理和性质定理的过程发展数学抽象素养、逻辑推理素养和直观想象素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　平面与平面平行的判定定理 1．文字语言：如果___________________________________________，那么这两个平面平行． 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行 a⊂β b⊂β a∩b a∥α b∥α 核心概念掌握 5 3．图形语言：如图所示． 4．作用：证明两个平面 ． 平行 核心概念掌握 6 知识点二　平面与平面平行的性质定理 1．文字语言：两个平面平行，如果 ，那么两条交线 ． 2．符号语言：若 ，则 . 3．图形语言：如图所示． 另一个平面与这两个平面相交 平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 1．(面面的位置关系)若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是(　　) A．一定平行 B．一定相交 C．平行或相交 D．以上判断都不对 核心概念掌握 9 2．(面面的位置关系)已知平面α，β和直线a，b，c，且a∥b∥c，a⊂α，b，c⊂β，则α与β的关系是_______________． 相交或平行 核心概念掌握 10 3．(面面平行的性质)设a，b是不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列结论： ①若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b； ②若α∥β，a∥α，a⊄β，则a∥β； ③若α∥β，A∈α，过点A作直线l∥β，则l⊂α； ④平行于同一个平面的两个平面平行． 其中所有正确结论的序号是________． ②③④ 核心概念掌握 11 4．(面面平行的性质)已知平面α，β和直线l，且α∥β，l∥α，则直线l与平面β的位置关系是___________． l∥β或l⊂β 核心概念掌握 12 核心素养形成 题型一　平面与平面平行的判定 例1　已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，CC1的中点，求证：平面BDF∥平面B1D1E. 核心素养形成 14 核心素养形成 15 【感悟提升】平面与平面平行的判定方法 (1)定义法：两个平面没有公共点． (2)判定定理：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面． (3)利用线线平行：平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行，则α∥β. (4)利用平行平面的传递性：若α∥β，β∥γ，则α∥γ.　 核心素养形成 16 1．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)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． 核心素养形成 17 (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∥EB，A1G＝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. 核心素养形成 18 题型二　平面与平面平行性质定理的应用 例2　(2024·湖北荆州中学高一下月考)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，过AB的截面与上底面交于PQ，且点P在棱A1C1上，点Q在棱B1C1上．证明：PQ∥A1B1. 证明:　因为正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC∥平面A1B1C1， 平面ABC∩平面ABQP＝AB，平面ABQP∩平面A1B1C1＝PQ，所以AB∥PQ， 又因为正三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为平行四边形，故有AB∥A1B1，所以PQ∥A1B1. 核心素养形成 19 【感悟提升】　应用平面与平面平行性质定理的基本步骤 核心素养形成 20 【跟踪训练】 2．如图，已知AB，CD是夹在两个平行平面α，β之间的线段，M，N分别为AB，CD的中点．求证：MN∥α. 证明:　若AB，CD在同一平面内，则平面ABDC与α，β的交线分别为BD，AC. ∵α∥β，∴AC∥BD. ∵M，N分别为AB，CD的中点，∴MN∥BD. 又BD⊂α，MN⊄α，∴MN∥α. 核心素养形成 21 若AB，CD异面，如图，过A作AE∥CD交α于点E，取AE的中点P，连接MP，PN，BE，ED. ∵AE∥CD，∴AE，CD确定平面AEDC，且与α，β的交线分别为ED，AC. ∵α∥β，∴ED∥AC. 又P，N分别为AE，CD的中点， ∴PN∥ED，又PN⊄α，ED⊂α，∴PN∥α， 同理可证MP∥BE，MP⊄α，BE⊂α， ∴MP∥α， 又MP∩PN＝P，∴平面MPN∥α， 又MN⊂平面MPN，∴MN∥α. 核心素养形成 22 题型三　直线、平面平行的综合应用 例3　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，如图． (1)求证：平面AB1D1∥平面C1BD； (2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E，F，并证明A1E＝EF＝FC. 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 【感悟提升】三种平行关系的相互转化 线线平行、线面平行、面面平行这三种关系是紧密相连的，可以进行相互转化．相互间的转化关系如图． 因此判定某一平行的过程就是从一平行关系出发不断转化的过程，在证明问题时要切实把握这一点，灵活地确定转化思路和方向．“平行关系”的应用是证明线线、线面、面面平行的依据．充分理解并掌握三者之间转化的判定及性质定理，并进一步理解转化的数学思想，是解决“平行关系”问题的关键所在．　 核心素养形成 26 【跟踪训练】 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， 核心素养形成 27 ∴A1F＝BG，A1F∥BG， ∴四边形A1GBF为平行四边形，∴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A1C1G与平面ABC有公共点G， 且平面A1C1G∩BC＝H，∴平面A1C1G∩平面ABC＝GH. 又平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1， ∴A1C1∥GH，∴GH∥AC. ∵G为AB的中点，∴H为BC的中点． 核心素养形成 28 随堂水平达标 1．(多选)(2024·湖南长沙长郡中学高一期中)设α，β为两个平面，则α∥β的充分条件可以是(　　) A．β内的所有直线都与α平行 B．β内有三条直线与α平行 C．α和β平行于同一条直线 D．α和β都平行于同一平面γ 解析：对于A，当β内的所有直线都与α平行时，则α∥β，所以A符合题意；对于B，α与β相交时，β内和交线平行的直线都与平面α平行，所以B不符合题意；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不符合题意；对于D，如果α和β都平行于同一平面γ，则α∥β，所以D符合题意．故选AD. 随堂水平达标 30 2．如图，不同在一个平面内的三条平行直线和两个平行平面相交，两个平面内以交点为顶点的两个三角形是(　　) A．相似但不全等的三角形 B．全等三角形 C．面积相等的不全等三角形 D．以上结论都不对 解析： ∵AA′∥BB′，∴AA′与BB′确定一个平面AA′B′B.∵α∥β，平面AA′B′B∩α＝AB，平面AA′B′B∩β＝A′B′，∴AB∥A′B′，∴四边形AA′B′B为平行四边形，则AB＝A′B′.同理可得AC＝A′C′，BC＝B′C′.故选B. 随堂水平达标 31 3．(多选)设α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，则下列四个命题正确的是(　　) A．若α∥β，γ∥β，则α∥γ B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β C．若α∥β，l⊂α，则l∥β D．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n 解析：对于A，由面面平行的传递性可知A正确；对于B，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β或α与β相交，所以B错误；对于C，若两个平面平行，其中一个平面内的任一直线都与另一个平面平行，所以C正确；对于D，因为α∩β＝l，β∩γ＝m，l∥γ，所以l∥m，同理l∥n，由平行线的传递性可得m∥n，所以D正确．故选ACD. 随堂水平达标 32 4．如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下列五个结论： ①平面EFGH∥平面ABCD；②PA∥平面BDG；③EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG. 其中正确的结论是___________(填序号)． ①②③④ 随堂水平达标 33 解析：还原几何体可知该几何体是一个如图所示的正四 棱锥P－ABCD，对于①，易知EF∥平面ABCD，FG∥平面 ABCD，且EF∩FG＝F，则平面EFGH∥平面ABCD，①正确； 对于②，设AC，BD的交点为点O，连接OG，由三角形中位 线的性质可知OG∥PA，结合线面平行的判定定理可得PA∥平面BDG，②正确；对于③，由三角形中位线的性质可知EF∥DA，又DA∥BC，故EF∥BC，结合线面平行的判定定理可得EF∥平面PBC，③正确；对于④，由三角形中位线的性质可知，FH∥BD，结合线面平行的判定定理可知，FH∥平面BDG，④正确；对于⑤，由③可知EF∥BC，由于直线BC与平面BDG相交，故EF∥平面BDG不成立，⑤错误． 随堂水平达标 34 5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ与平面PAO平行？ 解：如图，设平面D1BQ∩平面ADD1A1＝D1M，点M在AA1上， 由于平面D1BQ∩平面BCC1B1＝BQ， 平面ADD1A1∥平面BCC1B1， 由面面平行的性质定理可得BQ∥D1M. 随堂水平达标 35 假设平面D1BQ∥平面PAO，由平面D1BQ∩平面ADD1A1＝D1M，平面PAO∩平面ADD1A1＝AP， 可得AP∥D1M，所以BQ∥AP， 所以∠PAD＝∠QBC， 所以△PAD≌△QBC，所以PD＝QC. 因为P为DD1的中点，所以Q为CC1的中点． 故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO. 随堂水平达标 36 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 面面平行的性质 面面平行的性质 面面平行的性质 面面平行的性质 面面平行的判定和性质 面面平行的性质 面面平行的判定；线面平行的判定 面面平行的性质 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 面面平行的判定 面面平行的性质 面面平行的判定 面面平行的判定 面面平行的性质 面面平行的判定和性质 面面平行的判定；线面平行的判定 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 一、选择题 1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱CD上的动点，则直线MC1与平面AA1B1B的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．异面 D．相交或平行 解析：因为MC1⊂平面DD1C1C，平面AA1B1B∥平面DD1C1C，所以MC1∥平面AA1B1B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 2．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点E在A1B1上，且B1E＝1，平面α∥平面BC1E，若平面α∩平面AA1B1B＝A1F，则AF的长为(　　) A．1 B．1.5 C．2 D．3 解析：因为平面α∥平面BC1E，平面α∩平面AA1B1B＝A1F，平面BC1E∩平面AA1B1B＝BE，所以A1F∥BE.又A1E∥BF，所以四边形A1FBE为平行四边形，所以A1E＝BF，则AF＝B1E＝1.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 4．(2024·河北石家庄二中高一下月考)如图，空间图形A1B1C1－ABC是三棱台，在点A1，B1，C1，A，B，C中取3个点确定平面α，平面α∩平面A1B1C1＝m，且m∥AB，则所取的这3个点可以是(　　) A．A，B1，C B．A1，B，C1 C．A，B，C1 D．A，B1，C1 解析：由空间图形A1B1C1－ABC是三棱台，可得平面ABC∥平面A1B1C1，当平面ABC1为平面α，平面α∩平面A1B1C1＝m时，又平面α∩平面ABC＝AB，所以由面面平行的性质定理可知m∥AB，所以C符合要求．故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 5．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱A1B1，B1C1，BB1的中点，则(　　) A．FG∥平面AA1D1D B．EF∥平面ABC1D1 C．平面ABCD∥平面A1B1C1D1 D．平面EFG∥平面A1BC1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 解析：由正方体的性质知平面AA1D1D∥平面BB1C1C， 又FG⊂平面BB1C1C，∴FG∥平面AA1D1D，故A正确；∵EF ∥A1C1，A1C1与平面ABC1D1相交，∴EF与平面ABC1D1相交， 故B错误；由正方体的性质可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 故C正确；∵E，F，G分别是棱A1B1，B1C1，BB1的中点，∴ FG∥BC1，EF∥A1C1，又BC1⊂平面A1BC1，FG⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，EF⊄平面A1BC1，∴FG∥平面A1BC1，EF∥平面A1BC1.又FG∩EF＝F，∴平面EFG∥平面A1BC1，故D正确． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 二、填空题 6．已知α∥β，AC⊂α，BD⊂β，AB＝6且AB∥CD，则CD＝________． 6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 7．如图是某正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断： ①BM∥平面DE； ②CN∥平面AF； ③平面BDM∥平面AFN； ④平面BDE∥平面NCF. 其中判断正确的序号是_____________． 解析：以平面ABCD为下底面还原正方体，如图，则易判定四个判断都是正确的． ①②③④ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 8．如图所示，平面α∥平面β，△ABC，△A′B′C′分别在α，β内，线段AA′，BB′，CC′共点于O，O在平面α和平面β之间，若AB＝2，AC＝2，∠BAC＝60°，OA∶OA′＝3∶2，则△A′B′C′的面积为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 三、解答题 9．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB＝2CD，那么在棱AB上是否存在一点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1？若存在，求点F的位置；若不存在，请说明理由． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 13．如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，PA＝PB＝AB＝2，E，F分别是AB，CD的中点，平面AGF∥平面PEC，PD∩平面AGF＝G，且PG＝λGD，则λ＝________，ED与AF相交于点H，则GH＝________． 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 14．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. 求证：(1)MN∥平面PAD； (2)MN∥PE. 证明： (1)如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ. 因为N，Q分别是PC，DC的中点， 所以NQ∥PD. 因为NQ⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， 所以NQ∥平面PAD. 因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以MQ∥AD. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 又MQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以MQ∥平面PAD. 因为MQ∩NQ＝Q， 所以平面MNQ∥平面PAD. 因为MN⊂平面MNQ， 所以MN∥平面PAD. (2)因为平面MNQ∥平面PAD，且平面PEC∩平面MNQ＝MN，平面PEC∩平面PAD＝PE， 所以MN∥PE. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 (2)证明：由(1)知，当BC1∥平面AB1D1时，D1是线段A1C1的中点，则有AD∥D1C1，且AD＝D1C1， 所以四边形ADC1D1是平行四边形，所以AD1∥DC1. 又因为DC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，所以DC1∥平面AB1D1. 又因为BC1∥平面AB1D1，BC1⊂平面BC1D，DC1⊂平面BC1D，DC1∩BC1＝C1，所以平面BC1D∥平面AB1D1. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 　　　　　　　　　　　　　 R 2．符号语言：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(_________,__________,_________＝P,__________,__________))⇒β∥α. 4．作用：证明或判断线线平行． [注意]　(1)两平面平行，其中一个平面内的任一直线平行于另一个平面，即eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,a⊂α))⇒a∥β(可用来证明线面平行)． (2)夹在两平行平面间的平行线段相等(反过来不成立)． (3)平行于同一平面的两个平面平行(平面平行的传递性)，即eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,γ∥β))⇒α∥γ(用于证明面面平行)． (4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例． 证明：如图所示，取BB1的中点G，连接EG，GC1， 则有EG綊A1B1. 又A1B1綊C1D1， ∴EG綊C1D1， ∴四边形EGC1D1为平行四边形， ∴D1E綊GC1. 又BG綊C1F， ∴四边形BGC1F为平行四边形， ∴BF∥GC1，∴BF∥D1E. ∵BF⊄平面B1D1E，D1E⊂平面B1D1E， ∴BF∥平面B1D1E. 又BD∥B1D1，BD⊄平面B1D1E，B1D1⊂平面B1D1E， ∴BD∥平面B1D1E. 又BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDF， ∴平面BDF∥平面B1D1E. 解：(1)证明：因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AD綊B1C1， 所以四边形AB1C1D是平行四边形， 所以AB1∥C1D. 又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD. 所以AB1∥平面C1BD. 同理B1D1∥平面C1BD. 又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1， 所以平面AB1D1∥平面C1BD. （2）如图，连接A1C1，交B1D1于点O1，连接AO1，与A1C交于点E. 因为AO1⊂平面AB1D1， 所以点E也在平面AB1D1内， 所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点； 连接AC，交BD于点O，连接C1O，与A1C交于点F，则点F就是A1C与平面C1BD的交点． 下面证明A1E＝EF＝FC： 因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1， 平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F， 平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F. 在△A1C1F中，因为O1是A1C1的中点，所以E是A1F的中点，即A1E＝EF. 同理可证OF∥AE， 又因为O为AC的中点，所以F是CE的中点， 即CF＝EF，所以A1E＝EF＝FC. 3．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＝(　　) A．eq \f(3,2) B．2 C．eq \f(5,2) D．3 解析：∵平面α∥平面β，平面PAB∩平面α＝CD，平面PAB∩平面β＝AB，∴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). 解析：如图，∵AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面．∵α∥β，α∩平面ABDC＝AC，β∩平面ABDC＝BD，∴AC∥BD，∴四边形ABDC为平行四边形，∴CD＝AB＝6. 解析：AA′，BB′相交于点O，所以AA′，BB′确定的平面与平面α，平面β的交线分别为AB，A′B′，有AB∥A′B′，且eq \f(OA,OA′)＝eq \f(AB,\a\vs4\al(A′B′))＝eq \f(3,2)，同理可得AC∥A′C′，eq \f(OA,\a\vs4\al(OA′))＝eq \f(AC,\a\vs4\al(A′C′))＝eq \f(3,2)，BC∥B′C′，eq \f(OA,\a\vs4\al(OA′))＝eq \f(BC,\a\vs4\al(B′C′))＝eq \f(3,2)，所以△ABC∽△A′B′C′，eq \f(S△ABC,S△A′B′C′)＝eq \f(9,4)，又S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，所以S△A′B′C′＝eq \f(4\r(3),9). 解：存在这样的点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1，此时F为AB的中点．证明如下： ∵AB∥CD，AB＝2CD，F为AB的中点，∴AF綊CD， ∴四边形AFCD是平行四边形，∴AD∥CF. 又AD⊂平面ADD1A1，CF⊄平面ADD1A1， ∴CF∥平面ADD1A1. 又CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1， ∴CC1∥平面ADD1A1. 又CF∥平面ADD1A1，CC1∩CF＝C， ∴平面C1CF∥平面ADD1A1. 解：∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩平面α＝A′B′， 平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB. 同理可证B′C′∥BC，A′C′∥AC， ∴∠B′A′C′＝∠BAC，∠A′B′C′＝∠ABC， ∴△A′B′C′∽△ABC. 又PA′∶A′A＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5. ∴A′B′∶AB＝2∶5， ∴eq \f(S△A′B′C′,S△ABC)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A′B′,AB))) eq \s\up12(2)＝eq \f(4,25). 10．如图所示，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′.若eq \f(PA′,A′A)＝eq \f(2,3)，求eq \f(S△A′B′C′,S△ABC)的值． 11．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：取C1D1，B1C1的中点为P，Q，连接DP，BQ，B1D1，NP，PQ.易知MN∥B1D1∥BD，AD∥NP，AD＝NP，∴四边形ANPD为平行四边形，∴AN∥DP，又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，MN和AN为平面AMN内的两条相交直线，∴平面DBQP∥平面AMN，即平面DBQP的面积即为所求．∵PQ∥BD，PQ＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，DP＝BQ，∴四边形DBQP为等腰梯形，高为h＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),4)，∴S＝eq \f(1,2)(PQ＋BD)·h＝eq \f(9,8).故选B. 12．(2024·吉林省实验中学高一检测)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是正方形CDD1C1(含内部)上的动点，且MP∥截面AB1C，则线段MP形成的区域面积是(　　) A．eq \r(3) B．eq \r(6) C．2eq \r(3) D．2eq \r(6) 解析：取CD的中点N，CC1的中点R，B1C1的中点H.连接MN，MH，NR，RH.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，MB1∥CN，MB1＝CN＝1，所以四边形CNMB1为平行四边形，所以MN∥CB1.又H，R分别为B1C1，C1C的中点，所以HR∥B1C，所以HR∥MN，即M，N，R，H四点共面．因为HR∥B1C，HR⊄平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以HR∥平面AB1C.同理可证MH∥平面AB1C.又MH⊂平面MNRH，HR⊂平面MNRH，MH∩HR＝H，所以平面MNRH∥平面AB1C.所以MP⊂平面MNRH.又点P是正方形CDD1C1(含内部)上的动点，所以线段MP扫过的图形是△MNR.由AB＝2，知MN＝B1C＝2eq \r(2)，NR＝eq \f(1,2)B1C＝eq \r(2)，MR＝2,1)eq \r(MC＋C1R2) ＝eq \r(5＋1)＝eq \r(6)，所以MN2＝NR2＋MR2，且∠MRN是直角，所以线段MP形成的区域面积即为△MNR的面积，为eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \r(2)＝eq \r(3).故选A. 解析：连接EF.因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB∥CD，且AB＝CD.又E，F分别是AB，CD的中点，所以AE＝FD，所以四边形AEFD为平行四边形，所以EH＝DH.因为平面AGF∥平面PEC，平面PED∩平面AGF＝GH，平面PED∩平面PEC＝PE，所以GH∥PE，则G是PD的中点，即PG＝GD，故λ＝1.因为PA＝AB＝PB＝2，所以PE＝eq \r(3)，GH＝eq \f(1,2)PE＝eq \f(\r(3),2). 15．在三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC的中点，点D1是A1C1上的一点． (1)当eq \f(A1D1,D1C1)为何值时，BC1∥平面AB1D1? (2)当BC1∥平面AB1D1时，求证：平面BC1D∥平面AB1D1. 解：(1)当eq \f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1. 理由如下： 如图，此时D1为线段A1C1的中点，连接A1B交AB1于点O，连接OD1. 由棱柱的定义知四边形A1ABB1为平行四边形，所以O为A1B的中点． 在△A1BC1中，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， 所以当eq \f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1. $$