7.3 空间直线、平面的平行 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间直线、平面的平行”专题，依据高考评价体系明确线面、面面平行的判定与性质为核心考查要求，结合2023-2025年新课标及全国卷真题（T9、T17、T18），通过定理梳理、易错辨析（如判断题）、教材改编题构建系统知识网络，精准对接高频考点。 课件亮点在于“真题训练+方法建模+素养提升”，以2024全国甲卷BM∥平面CDE为例，解析线面平行“中位线法”，培养空间观念与逻辑推理。针对存在性问题（如例3棱BC上找点），总结“假设-推证-定位”策略，助力学生掌握答题技巧，教师可借课时作业分层训练，实现高效备考。

第七章　立体几何与空间向量 7.3　空间直线、平面的平行 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 必备知识　回顾 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系. 2.掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质,并会简单应用. 2023 2024 2025 新课标Ⅰ卷T18 新课标Ⅰ卷T17 全国一卷T9     全国二卷T17 必备知识　回顾 1.直线与平面平行 1 知识梳理 项目 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 ⇒ a∥α　　 此平面内 必备知识 回顾 返回 项目 文字语言 图形语言 符号语言 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 ⇒a∥b　 相交 必备知识 回顾 返回 2.平面与平面平行 项目 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 ⇒β∥α　 相交直线 必备知识 回顾 返回 项目 文字语言 图形语言 符号语言 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 ⇒a∥b　 相交 交线 必备知识 回顾 返回 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.平行于同一个平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ. 3.若α∥β,a⊂α,则a∥β. 知识拓展 必备知识 回顾 返回 1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)若一条直线平行于一个平面内的两条直线,则这条直线平行于这个平面.(　 　) (2)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.(　 　) (3)如果两个平面平行,且一条直线平行于其中一个平面,那么该直线平行于另一个平面.(　 　) (4)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线也互相平行.(　 　) 基础检测 × × × × 必备知识 回顾 返回 2.(人教A版必修第二册P139练习T3改编)已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,下列四个命题中正确的是 (　 　) A.若m∥n,n∥α,则m∥α B.若m∥α,n⊂α,则m∥n C.若α∥β,m⊂α,则m∥β D.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β C 必备知识 回顾 返回 解析:对于A,若m∥n,n∥α,则m∥α或m⊂α,故A错误;对于B,若m∥α,n⊂α,则m∥n或m与n异面,故B错误;对于C,若α∥β,则α与β没有公共点,又因为m⊂α,所以m与β没有公共点,所以m∥β,故C正确;对于D,若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β或α与β相交,故D错误.故选C. 必备知识 回顾 返回 3. (人教B版必修第四册P104练习AT5改编)如图,四边形ABDC是梯形,AB∥CD,且AB∥平面α,M是AC的中点,BD与平面α交于点N,AC与平面α交于点M,AB=4,CD=6,则MN=(　 　) A.4.5　　　 B.5 C.5.4　　　 D.5.5 解析:因为AB∥平面α,AB⊂平面ABDC,平面ABDC∩平面α=MN,所以AB∥MN.又M是AC的中点,所以MN是梯形ABDC的中位线,故MN=(AB+CD)=5.故选B. B 必备知识 回顾 返回 4.(人教A版必修第二册P138例3改编)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的形状为__________. 解析:因为平面ABFE∥平面DCGH,平面EFGH∩平面DCGH=HG,平面EFGH∩平面ABFE=EF,所以EF∥HG,同理可得EH∥FG,所以四边形EFGH是平行四边形. 平行四边形 必备知识 回顾 返回 关键能力　提升 考点1 直线与平面平行的判定与性质 【例1】　如图所示,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,M是线段EF的中点. 关键能力 提升 返回 (1)求证:AM∥平面BDE; 【解】　证明:令AC∩BD=O,连接OE,如图. 因为四边形ABCD是正方形,所以O是AC的中点. 又M是矩形ACEF的边EF的中点, 所以AO=FE=ME,且AO∥ME,所以四边形AOEM为平行四边形, 所以AM∥OE.又OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,所以AM∥平面BDE. 关键能力 提升 返回 (2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论. 【解】l∥m, 证明如下:由(1)知,AM∥平面BDE,又AM⊂平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,因此l∥AM, 由AM∥平面BDE,AM⊂平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,得m∥AM. 所以l∥m. 关键能力 提升 返回 1.线面平行的证明方法 (1)定义法:一般用反证法. (2)判定定理法:关键是在平面内找(或作)一条与已知直线平行的直线,证明时注意用符号语言叙述证明过程. (3)性质定理法:当两平面平行时,其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面. 2.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来确定交线. 注意:应用线面平行的判定定理和性质定理时,一定要注意定理成立的条件,通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】(人教B版必修第四册P111习题11-3CT3改编)如图,四边形ABCD是平行四边形,P是平面ABCD外一点. 关键能力 提升 返回 (1)求证:BC∥平面PAD; 证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以BC∥AD, 又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD, 所以BC∥平面PAD. 关键能力 提升 返回 (2)已知M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于HG,求证:AP∥HG. 证明:如图,连接AC,交BD于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MO∥PA. 因为MO⊂平面BDM,PA⊄平面BDM, 所以PA∥平面BDM. 又PA⊂平面PAHG,平面PAHG∩平面BDM=HG,所以AP∥HG. 关键能力 提升 返回 考点2 平面与平面平行的判定与性质 【例2】　如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形. 关键能力 提升 返回 (1)求证:平面A1BD∥平面CD1B1; 【证明】　由题设知BB1􀱀 DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1,B1D1⊂平面CD1B1,所以BD∥平面CD1B1. 因为A1D1􀱀B1C1􀱀BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1,D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1. 又BD∩A1B=B,BD,A1B⊂平面A1BD,所以平面A1BD∥平面CD1B1. 关键能力 提升 返回 (2)若平面ABCD∩平面B1D1C=l,求证:B1D1∥l. 【证明】由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1, 又平面ABCD∩平面B1D1C=l,平面ABCD∩平面A1BD=BD,所以直线l∥BD. 又BD∥B1D1,所以B1D1∥l. 关键能力 提升 返回 1.判定面面平行的方法 (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. 2.当已知两平面平行时,可以得出线面平行,如果要得出线线平行,那么这两条直线必须是两平行平面与第三个平面的交线. 注意: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. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】如图,在六面体ABCDEF中,DE∥CF,四边形ABCD是平行四边形,DE=2CF. (1)求证:平面ADE∥平面BCF; 证明:由四边形ABCD是平行四边形,得BC∥AD,而AD⊂平面AED,BC⊄平面AED,则BC∥平面AED. 由DE∥CF,CF⊄平面AED,DE⊂平面AED,得CF∥平面AED. 又BC∩CF=C,BC,CF⊂平面BCF,所以平面ADE∥平面BCF. 关键能力 提升 返回 (2)若G是棱BC的中点,求证:AE∥FG. 证明:连接AG,延长EF,AG,与DC的延长线分别交于点O1,O2, 由DE∥CF,DE=2CF,得CO1=CD,由BC∥AD,G是棱BC的中点,得CO2=CD, 因此点O1,O2重合,记为O,如图所示. 由(1)知,平面ADE∥平面BCF,又平面AOE∩平面ADE=AE,平面AOE∩平面BCF=FG,所以AE∥FG. 关键能力 提升 返回 考点3 平行关系的综合应用 【例3】　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,E,F分别为AD,PC的中点. (1)求证:DF∥平面PBE. 【解】　证明:取PB的中点M,连接EM,FM,如图所示. ∵在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,E,F分别为AD,PC的中点, ∴MF∥BC,且MF=BC,DE∥BC,DE=BC, ∴MF∥DE,且MF=DE, ∴四边形DEMF为平行四边形,∴DF∥EM. 又DF⊄平面PBE,EM⊂平面PBE, ∴DF∥平面PBE. 关键能力 提升 返回 (2)在棱BC上是否存在点G,使得平面DFG∥平面PBE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 【解】存在满足条件的点G. 取BC的中点Q,连接FQ,DQ,则FQ∥PB,如图所示. 又FQ⊄平面PBE,PB⊂平面PBE, ∴FQ∥平面PBE. 又DF∥平面PBE,DF∩FQ=F,DF,FQ⊂平面DFQ, ∴平面DFQ∥平面PBE. 又平面DFG∥平面PBE, ∴G与Q重合,即G为BC的中点, ∴=1. 关键能力 提升 返回 解决存在性问题一般先假设有关的元素(点、直线、平面)存在,然后从这个元素满足的结论出发,寻找使这个结论成立的充分条件.若找到了使结论成立的充分条件,则存在;若找不到使结论成立的充分条件或出现矛盾,则不存在.而对于探求点的问题,一般先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明即可. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练3】(人教B版必修第四册P111习题11-3CT2改编)如图,在正三棱台ABC-A1B1C1中,BC=3B1C1,TB=2TC,E,F分别是BB1,CC1的中点,M为AC上一点. 关键能力 提升 返回 (1)若M是AC的中点,求证:ME∥平面AB1C1; 解:证明:如图1,取AB的中点N,连接MN,NE, 因为M是AC的中点,N是AB的中点,所以MN∥BC. 又BC∥B1C1,所以MN∥B1C1. 又MN⊄平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1, 所以MN∥平面AB1C1. 因为 N,E分别是AB,BB1的中点,所以NE∥AB1. 又NE⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1, 所以NE∥平面AB1C1. 又MN∩NE=N,MN,NE⊂平面MNE, 所以平面MNE∥平面AB1C1. 又ME⊂平面MNE,所以ME∥平面AB1C1. 关键能力 提升 返回 (2)若AB1∥平面TMF,求点M的位置. 解:如图2,在等腰梯形BCC1B1中,BC=3B1C1, 在BC上取一点P,使BC=3BP,连接C1P, 则B1C1=BP, 又B1C1∥BP,所以四边形BB1C1P是平行四边形, 所以BB1∥C1P. 因为TB=2TC,P为TB的中点, 所以TC=TP,即T是PC的中点. 关键能力 提升 返回 又F是CC1的中点,所以FT∥C1P,所以FT∥B1B. 又B1B⊄平面TMF,FT⊂平面TMF,所以B1B∥平面TMF. 因为AB1∥平面TMF,AB1∩B1B=B1,B1B,AB1⊂平面AB1B, 所以平面AB1B∥平面TMF. 因为平面AB1B∩平面ABC=AB,平面TMF∩平面ABC=MT, 所以AB∥MT. 在△ABC中,TB=2TC,所以MA=2MC, 即M为AC上靠近点C的三等分点. 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 (2024·全国甲卷文节选)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD =4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.求证:BM∥平面CDE.  (人教A版必修第二册P143习题8.5 T5)如图,在四面体D-ABC中,E, F,G分别是AB,BC,CD的中点,求证:   考教衔接 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 (1)BD∥平面EFG; (2)AC∥平面EFG.   考教衔接 证明:因为BC∥AD,BC=2,AD=4,M为AD的中点, 所以BC∥MD,BC=MD, 所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD. 又因为BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, 所以BM∥平面CDE. 关键能力 提升 返回 课时作业50 1.(5分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,与平面AA1B1B平行的直线为(　 　) A.AB B.CC1 C.BC D.AC 解析:由题意得AB⊂平面AA1B1B,BC,AC与平面AA1B1B都相交,因为CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1B1B,AA1⊂平面AA1B1B,所以CC1∥平面AA1B1B.故选B. 基础巩固 B 返回 课时作业 2.(5分)已知α,β是两个不重合的平面,下列选项中,一定能得出平面α与平面β平行的是(　 　) A.平面α内有一条直线与平面β平行 B.平面α内有两条直线与平面β平行 C.平面α内有无数条直线与平面β平行 D.平面α内有两条相交直线与平面β平行 解析:对于A,平面α内有一条直线与平面β平行,α,β可能平行,也可能相交,故A错误;对于B,平面α内有两条直线与平面β平行,α,β可能平行,也可能相交,故B错误;对于C,平面α内有无数条直线与平面β平行,α,β可能平行,也可能相交,故C错误;对于D,平面α内有两条相交直线与平面β平行,由面面平行的判定定理可知α∥β,故D正确.故选D. D 返回 课时作业 3. (5分)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,H,G分别为BC,CD的中点,则 (　 　) A.BD∥平面EFGH,四边形EFGH是矩形 B.EF∥平面BCD,四边形EFGH是梯形 C.HG∥平面ABD,四边形EFGH是菱形 D.EH∥平面ADC,四边形EFGH是梯形 B 返回 课时作业 解析:由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知,EF∥BD,且EF=BD.又EF⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD.∵H,G分别为BC,CD的中点,∴HG∥BD且HG=BD, ∴EF∥HG且EF≠HG,四边形EFGH是梯形.故选B. 返回 课时作业 4. (5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,作截面EFGH,分别交C1D1,A1B1,AB,CD于E,F,G,H,则四边形EFGH为 (　 　) A.平行四边形 B.菱形 C.矩形 D.梯形 A 返回 课时作业 解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可得平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且平面EFGH∩平面ABCD=GH,平面EFGH∩平面A1B1C1D1=EF,所以EF∥GH,同理可证EH∥FG,所以四边形EFGH为平行四边形.故选A. 返回 课时作业 5. (5分)(人教B版必修第四册P108练习BT2改编)如图,已知P为△ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,且α分别交线段PA,PB,PC于点A',B',C',若PA'∶AA'=2∶3,则S△A'B'C'∶S△ABC=(　 　) A.2∶3 B.2∶5 C.4∶9 D.4∶25 D 返回 课时作业 解析:因为平面α∥平面ABC,所以AB∥平面α,又平面α∩平面PAB=A'B',AB⊂平面PAB,所以A'B'∥AB,同理可得AC∥A'C',BC∥B'C',所以∠ABC=∠A'B'C',∠BCA=∠B'C'A',所以△ABC∽△A'B'C'.因为PA'∶AA'=2∶3,所以PA'∶PA=2∶5,所以A'B'∶AB=2∶5,所以.故选D. 返回 课时作业 6. (5分)(人教A版必修第二册P134例1改编)如图,四面体A-BCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点,下列条件中,不能证明EH∥FG的是(　 　) A.E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点 B., C.BD∥平面EFGH D., D 返回 课时作业 解析:若E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点,则EH∥BD,FG∥BD,所以EH∥FG,故A中条件可以证明EH∥FG;若,,则EH∥BD,FG∥BD,所以EH∥FG,故B中条件可以证明EH∥FG;若BD∥平面EFGH,因为BD⊂平面ABD,且平面ABD∩平面EFGH=EH,所以BD∥EH,同理可得BD∥FG,所以EH∥FG,故C中条件可以证明EH∥FG;若,,则EF∥AC,HG∥AC,所以EF∥HG,但EF不一定等于HG,所以四边形EFGH不一定是平行四边形,所以EH不一定平行于FG,故D中条件不能证明EH∥FG.故选D. 返回 课时作业 7.(6分,多选)已知a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题正确的是(　 　) A.若a∥b,b⊂α,则a∥α B.若a,b是异面直线,a⊂α,a∥β,b⊂β,b∥α,则α∥β C.若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥β D.若a⊄α,a∥b,b⊂α,则a∥α BD 返回 课时作业 解析:对于A,a∥b,b⊂α,则a∥α或a⊂α,故A错误;对于B,因为a⊂α,a∥β,所以由线面平行的性质定理可知在β内存在l⊄α,且l∥a,进而可得l∥α,因为a,b是异面直线,b⊂β,所以l与b相交,又b∥α,所以由面面平行的判定定理得α∥β,故B正确;对于C,平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等,则α与β可能相交,故C错误;对于D,若a⊄α,a∥b,b⊂α,则a∥α,故D正确.故选BD. 返回 课时作业 8.(6分,多选)如图,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则直线AB与平面MNQ平行的是 (　 　) BCD 返回 课时作业 解析:对于A,如图1,连接BC,交MN于点E,连接EQ,则EQ,AB⊂平面ABC,且直线EQ与直线AB显然不平行,所以直线AB与平面MNQ相交,故A错误;对于B,如图2,连接CD,因为AB∥CD∥MQ,MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,所以AB∥平面MNQ,故B正确;对于C,如图3,取AC的中点F,连接FN,FM,FQ,易证M,N,Q,F四点共面,AB∥QF,又QF⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,所以AB∥平面MNQ,故C正确;对于D,如图4,连接CD,因为MN∥CD∥AB,MN⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,所以AB∥平面MNQ,故D正确.故选BCD. 返回 课时作业 9.(5分)如图,空间图形ABC-A1B1C1是三棱台,在点A1,B1,C1,A,B,C中取3个点确定平面α,α∩平面A1B1C1=m,且m∥AB,则所取的这3个点可以是____________________. A,B,C1(答案不唯一) 返回 课时作业 解析:由空间图形ABC-A1B1C1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,因为平面α∩平面ABC=AB,所以由面面平行的性质定理可知m∥AB,所取的这3个点可以是A,B,C1. 返回 课时作业 10. (5分)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形,E为AD的中点,F在PA上,AP=λAF,PC∥平面BEF,则λ的值为__. 3 返回 课时作业 解析:连接AC与BE交于点G,连接FG,如图所示.因为E为AD的中点, 所以AE=BC.因为四边形ABCD是菱形,所以AD∥BC,所以△AEG∽△CBG,所以,所以.因为PC∥平面BEF,PC⊂平面PAC,平面BEF∩平面PAC=GF,所以GF∥PC,所以λ==3. 返回 课时作业 11.(19分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是线段A1B,AC1的中点. (1)求证:MN∥平面ABC. 解:证明:如图,连接A1C,则N也为A1C的中点. 因为M为A1B的中点,所以MN为△A1BC的中位线, 所以MN∥BC.又MN⊄平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以MN∥平面ABC. 返回 课时作业 (2)在线段BC1上是否存在一点P,使得平面MNP∥平面ABC?若存在,指出点P的具体位置;若不存在,请说明理由. 解:存在,当P为BC1的中点时,平面MNP∥平面ABC.证明如下:如图,连接PM,PN,因为N为AC1的中点,P为BC1的中点,所以PN∥AB,又PN⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以PN∥平面ABC,又由(1)知MN∥平面ABC,且MN∩PN=N,MN,PN⊂平面MNP,所以平面MNP∥平面ABC. 返回 课时作业 12. (19分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别为线段AC1,A1C1上的点,,,λ∈(0,1). (1)求证:EF∥平面BCC1B1. 解:证明:因为,,所以,所以EF∥AA1. 在三棱柱ABC-A1B1C1中, AA1∥BB1,所以EF∥BB1. 因为EF⊄平面BCC1B1,BB1⊂平面BCC1B1,所以EF∥平面BCC1B1. 返回 课时作业 (2)在线段BC1上是否存在一点G,使得平面EFG∥平面ABB1A1?请说明理由. 解:如图,线段BC1上存在点G,满足,即可使平面EFG∥平面ABB1A1. 理由如下: 因为,所以,所以EG∥AB.因为AB⊂平 面ABB1A1,EG⊄平面ABB1A1,所以EG∥平面ABB1A1. 因为EF∥AA1,AA1⊂平面ABB1A1,EF⊄平面ABB1A1,所以EF∥平面ABB1A1. 又EG∩EF=E,EG,EF⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面ABB1A1. 返回 课时作业 13.(5分)如图1,在梯形ABCD中,AB∥CD,CD=2AB,E,F分别为AD,CD的中点,以AF为折痕把△ADF折起,使点D不落在平面ABCF内(如图2),有以下三个结论:①CF∥平面ABD;②BE∥平面CDF;③CD∥平面BEF. 其中正确的结论是____.(填序号) ①③ 素养提升 返回 课时作业 解析:对于①,因为CF∥AB,CF⊄平面ABD,AB⊂平面ABD,所以CF∥平面ABD,所以①正确;对于②,延长AB到点G,使BG=AB,连接DG,如图1,因为E为AD的中点,所以BE∥DG,因为DG与平面CDF交于点D,所以BE与平面CDF不平行,所以②不正确;对于③,连接AC交BF于点O,连接OE,如图2,因为AB∥CF,AB=CF,所以四边形ABCF为平行四边形,所以O为AC的中点,因为E为AD的中点,所以OE∥CD,又OE⊂平面BEF,CD⊄平面BEF,所以CD∥平面BEF,所以③正确. 返回 课时作业 14. (5分)如图,四面体A-BCD中,AD=BC=2,AD⊥BC,平行于直线AD和BC的平面分别和棱AB,AC,CD,BD交于点E,F,G,H.有以下四个结论:①四边形EFGH的周长为定值;②四边形EFGH的面积为定值;③四边形EFGH为矩形;④四边形EFGH的面积有最大值1. 其中正确的结论是______.(填序号) ①③④ 返回 课时作业 解析:因为BC∥平面EFGH,平面ABC∩平面EFGH=EF,BC⊂平面ABC,所以EF∥BC,同理可证HG∥BC,所以EF∥GH.同理可证FG∥EH,所以四边形EFGH为平行四边形.因为AD⊥BC,所以EF⊥FG,所以平行四边形EFGH为矩形,故③正确.由EF∥BC,FG∥AD得,,所以=1,又BC=AD=2,所以EF+FG=2,所以四边形EFGH的周长为定值4,故①正确.因为矩形EFGH的面积S=EF·FG≤=1,当且仅当EF=FG=1时取等号,所以四边形EFGH的面积有最大值1,故②错误,④正确. 返回 课时作业 本课结束 $