数学人教A版高中必修二（2019新编）8-6空间直线、平面的平行（学案）

第06讲空间直线、平面的平行目标导航目标导航课程标准课标解读理解与掌握基本事实4与等角定理，并能为学习与判定线面平行与面面平行奠定基础.2．直线与平面平行的判定、平面与平面平行的判定；3．掌握直线与平面平行的性质定理，明确由线面平行可推出线线平行；4．掌握平面与平面平行的性质定理，并会应用性质定理解决问题．通过本节课的学习，要求掌握空间线线、线面、面面平行的判定方法及能应用线线、线面、面面平行的关系的相互转化来解决空间平行的综合问题.知识点一、基本事实4与等角定理1．基本事实4（1）自然语言：平行于同一条直线的两条直线互相平行．（2）符号语言：a，b，c是三条不同的直线，a∥b，b∥c．（3）作用：判断或证明空间中两条直线平行．公理4表述的性质也通常叫做空间平行线的传递性．用基本事实4证明空间两条直线平行的步骤（1）找到直线；（2）证明，；（3）得到．2．等角定理（1）自然语言：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．（2）符号语言：如图（1）（2）所示，在∠AOB与∠A′O′B′中，OA∥O′A′，OB∥O′B′，则∠AOB=∠A′O′B′或∠AOB+∠A′O′B′=180°．图（1）图（2）二、直线与平面平行的判定定理语言文字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.图形语言符号语言a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α作用证明直线与平面平行三、平面与平面平行的判定定理语言文字一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行图形语言符号语言a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β作用证明两个平面平行【微点拨】1．要证明两平面平行，需要在其中一个平面内找到两条相交直线平行于另一个平面，注意“相交”二字不能丢．2．可以通过证明线线平行来证明面面平行．四、直线与平面平行的性质定理（1）自然语言：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．（2）图形语言：如图．（3）符号语言：．（4）直线与平面平行的性质定理的作用①作为证明线线平行的依据．当证明线线平行时，可以证明其中一条直线平行于一个平面，另一条直线是过第一条直线的平面与已知平面的交线，从而得到两条直线平行．②作为画一条直线与已知直线平行的依据．如果一条直线平行于一个平面，要在平面内画一条直线与已知直线平行，可以通过已知直线作一个平面与已知平面相交，交线就是所要画的直线．五、平面与平面平行的性质定理（1）自然语言：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．（2）图形语言：如图．（3）符号语言：【微点拨】1．已知两个平面平行，虽然一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面，但是这两个平面内的所有直线并不一定互相平行，它们可能是平行直线，也可能是异面直线，但不可能是相交直线．2．应用该定理证明线线平行．六、两个平面平行的其他性质（1）两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面．（2）夹在两个平行平面间的平行线段相等．（3）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．（4）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．（5）如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．【即学即练1】．若，且，与方向相同，则下列结论正确的有（）A．且方向相同 B．，方向可能不同C．OB与不平行 D．OB与不一定平行【答案】D【解析】【分析】画出图形，当满足题目中的条件时，出现的情况有哪些，即可得出结论．【详解】解：如图，；当∠AOB=∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，OB与O1B1是不一定平行．故选：D．【即学即练2】如图，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的图形序号是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④【答案】B【解析】①连接AC，AC∥MN，BC∥PN可得出面ACB∥面MPN.∴AB∥面MPN；④AB∥PN，∴AB∥面PMN；②③中，AB与面PMN不平行．【即学即练3】下列命题正确的是（）A．若直线a在平面α外，则直线a//αB．若直线a与平面α有公共点，则a与α相交C．若平面α内存在直线与平面β无交点，则α//βD．若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则α//β【答案】D【解析】【分析】利用直线a在平面α外的定义，可判断A；直线a与平面α有公共点，没说明公共点的个数，可判断B；平面α内也可能存在直线与平面β有交点，可判断C；利用面面平行的判断定理，可判断D【详解】直线a在平面α外，则直线a//α或a与α相交，故A错；直线a与平面α有公共点，则a与α相交或a⊂α，故B错；C中α与β可能平行，也可能相交，故C错；若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则平面α内的任意直线与平面β平行，一定存在两条相交直线与平面β平行，则α//β，故D正确；故选：D【即学即练4】如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为（）A．梯形 B．平行四边形C．可能是梯形也可能是平行四边形 D．不确定【答案】B【解析】【分析】根据长方体的性质，结合面面平行的性质有，即知的形状.【详解】由长方体的性质：各对面平行，易知，∴为平行四边形.故选：B【即学即练5】如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则（）A． B．平面 C． D．【答案】BD【解析】【分析】利用线面平行的性质结合线面平行的判定可得出结论.【详解】因为平面，平面，平面平面，，平面，平面，因此，平面.故选：BD.【即学即练6】如图，空间四边形中，，，分别是，，的中点，下列结论正确的是（）A． B．平面C．平面 D．，是一对相交直线【答案】BC【解析】应用异面直线的定义和线面平行的判定定理逐一判断选项可得结果.【详解】A：点平面，点直线，点平面，由异面直线的定义可知，是异面直线，A错；B：，由直线与平面平行的判定定理可得平面，答案B对；C：，由直线与平面平行的判定定理可得平面，答案C对；D：点平面，点直线，点平面，由异面直线的定义可知，是异面直线，D错；故选：BC.【即学即练7】判断下列命题是否正确，并说明理由：(1)若平面内的两条直线分别与平面平行，则与平行；(2)若平面内有无数条直线与平面平行，则与平行；(3)平行于同一条直线的两个平面平行；(4)过已知平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行；(5)过已知平面外一条直线，必能作出与已知平面平行的平面．【答案】(1)不正确，理由见详解.(2)不正确，理由见详解.(3)不正确，理由见详解.(4)正确，理由见详解.(5)不正确，理由见详解.【分析】根据空间线面位置关系的性质，判定定理判断，或举反例说明.【解析】(1)不正确，不妨设，，且，则，显然结论不成立.(2)不正确，若平面内有无数条直线与平面平行，则不能保证两个平面平行，两个平面有可能相交.(3)不正确，平行于同一条直线的两个平面可能相交.(4)正确，假设过存在两个平面都与平面平行，则，显然这与是公共点矛盾.(5)不正确，若平面外直线与此平面相交，则不存在过该直线的平面与此平面平行.【即学即练8】如图，梯形中，，E是的中点，过和点E的平面与交于点F.求证：.【答案】证明见解析【解析】由证明平面，再由直线与平面平行的性质可得【详解】∵，平面，平面，∴平面，∵平面，平面平面，∴能力拓展能力拓展考法01基本事实4的应用证明两条直线平行的方法：（1）平行线的定义；（2）利用平面几何的知识，如三角形与梯形的中位线、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理等；（3）利用基本事实4．【典例1】如图，的各边对应平行于的各边，点E，F分别在边AB，AC上，且，试判断EF与的位置关系，并说明理由．【答案】EF与平行．理由详见解析．【解析】平行．理由如下：∵，∴．又，∴．【典例2】如图所示，在长方体中，与相交于点分别是，的中点，则长方体的各棱中与平行的有（）A．3条 B．4条 C．5条 D．6条【答案】B【解析】根据三角形中中位线的性质，以及长方体的各棱长位置关系进行判断.【详解】由于分别是，的中点，故，因为和棱平行的棱有，，，所以符合题意的棱共有4条.故选：B.【点睛】本题考查线线平行的判定，涉及平行关系的传递性，属基础题.考法02等角定理：利用等角定理解题的关键是不要漏掉两个角互补的这种情况．【典例3】空间两个角α，β的两边分别对应平行，且α=60°，则β为（）A．60°B．120°C．30°D．60°或120°【答案】D【解析】∵空间两个角α，β的两边对应平行，∴这两个角相等或互补，∵α=60°，∴β=60°或120°．故选D．【名师点睛】根据公理4知道当空间两个角α与β的两边对应平行时，得到这两个角相等或互补，根据所给的角的度数，即可得到β的度数．【典例4】如图,在四面体中,分别是的中点,则下列说法中不正确的是A．四点共面 B．C． D．四边形为梯形【答案】D【解析】根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断.【详解】由中位线定理,易知,,,.于A,由基本事实易得P,所以四点共面,故A中的说法正确；对于B,根据等角定理,得,故B中的说法正确；对于C,由等角定理,知,,所以,故C中的说法正确；由三角形的中位线定理知,,,,所以,所以四边形为平行四边形,故D中的说法不正确.故选D.【点睛】本题主要考查的是关于平行四边形的判定及四点共面的判定，中位线定理及等角定理的应用，考查学生的分析推理能力，是基础题.考法03直线与平面平行的判定应用判定定理证明线面平行的步骤：上面的第一步“找”是证题的关键，其常用方法有：利用三角形、梯形中位线的性质；利用平行四边形的性质；利用平行线分线段成比例定理．【典例5】在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且，H，G分别为BC，CD的中点，则（）A．平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．平面ADC，且四边形EFGH是梯形【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的判定定理分析判断即可【详解】因为E，F分别为AB，AD上的点，且，所以∥，，因为，H，G分别为BC，CD的中点，所以∥，，所以∥，，所以四边形为梯形，因为∥，平面，平面，所以∥平面，若平面ADC，则由线面平行的性质可得∥，而与不平行，所以与平面ADC不平行，故选：B【典例6】如图，已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为正方形，E，F分别为AB，PD的中点．求证：EF平面PBC．【答案】证明见解析【解析】【分析】取PC的中点G，连接FG，BG．由平面几何知识证得四边形BEFG为平行四边形，再由线面平行判断定理可得证．【详解】证明：取PC的中点G，连接FG，BG．因为F，G分别为PD，PC的中点，所以FG∥CD，且FG＝DC．因为四边形ABCD为正方形，所以ABCD，ABCD．又因为E为AB的中点，所以BEDC，BEDC，所以BE∥FG，且BE＝FG，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG．因为EF平面PBC，BG⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC．【典例7】在如图所示的空间图形中，△ABC是任意三角形，AE∥CD，且AE＝2a，CD＝a，F为BE的中点．求证：DF∥平面ABC.【答案】证明见解析【解析】【分析】取AB的中点G，连接FG，CG，先证明四边形CDFG为平行四边形，则可得DF∥CG，进而可证明结论.【详解】证明：取AB的中点G，连接FG，CG.因为F，G分别是BE，AB的中点，所以FG∥AE且FG＝AE.因为AE＝2a，CD＝a，所以CD＝AE.因为AE∥CD，所以CD∥FG且CD＝FG，从而四边形CDFG为平行四边形，所以DF∥CG.又CG⊂平面ABC，DF⊄平面ABC，所以DF∥平面ABC.考法04平面与平面平行的判定平面与平面平行的判定方法有如下三种：（1）根据定义：证明两个平面没有公共点，但有时直接证明非常困难．（2）根据判定定理：要证明两个平面平行，只需在其中一个平面内找两条相交直线，分别证明它们平行于另一个平面，于是这两个平面平行，或在一个平面内找到两条相交的直线分别与另一个平面内两条相交的直线平行．（3）根据平面平行的传递性：若两个平面都平行于第三个平面，则这两个平面互相平行．【典例8】．在正方体中，下列四对截面彼此平行的是（）A．平面与平面 B．平面与平面C．平面与平面 D．平面与平面【答案】A【解析】【分析】根据正方体的平行关系，可证平面与平面平行，可得出结论.【详解】如图，正方体，所以四边形是平行四边形，平面，面，所以平面，同理平面.因为平面，所以平面平面.故选：A【典例9】如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别在AC，A1C1上，那么当点D在什么位置时，平面BC1D∥平面AB1D1【答案】D为AC的中点【分析】根据面面平行的性质定理即可求解．【解析】连接A1B交AB1于点O，连接OD1，由平面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＝，＝．又因为＝1，所以＝1，即D为AC的中点．考法05线面平行、面面平行的综合应用在立体几何中，常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种平行关系不是孤立的，而是相互联系，并且可以相互转化的．在解决问题的过程中，要灵活运用平行关系的判定定理．一般地，证明线面平行可以转化为证明线线平行；证明面面平行可以转化为证明线面平行；证明线线平行可以利用线面平行或面面平行的性质定理来实现．【典例10】如果AB、BC、CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是()A．平行 B．相交C．AC在此平面内 D．平行或相交【答案】A【解析】把这三条线段放在正方体内如图，显然AC∥EF，AC⊄平面EFG.EF⊂平面EFG，故AC∥平面EFG.故选A.【典例11】如图所示，在四棱锥中，四边形是正方形，点分别是线段的中点.（1）求证：；（2）线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请找出点并证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点，故.∵平面，∴平面.（2）线段上存在一点满足题意，且点是的中点.理由如下：由点分别为中点可得：.∵平面，∴平面.由（1）可知，平面，且，.故平面平面.【名师点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行，着重考查了推理与论证能力．考法06直线与平面平行的性质定理的应用应用线面平行的性质定理时，关键是过已知直线作辅助平面与已知平面相交，所得交线与已知直线平行．还可以利用交线判断已知平面内任意一条直线与已知直线的位置关系，即在已知平面内所有与交线平行的直线都与已知直线平行，所有与交线相交的直线都与已知直线异面．【典例12】若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是（）A．直线a上的点到平面α的距离相等 B．直线a平行于平面α内的所有直线 C．平面α内有无数条直线与直线a平行 D．平面α内存在无数条直线与直线a成90°角【答案】B【分析】直线a与平面α内的所有直线平行或异面．【解答】解：由直线a平行于平面α，知：在A中，直线a上的点到平面α的距离相等，故A正确；在B中，直线a与平面α内的所有直线平行或异面，故B错误；在C中，平面α内有无数条直线与直线a平行，故C正确；在D中，平面α内存在无数条直线与直线a成90°角，故D正确．故选：B．【典例13】如图，在四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A．MN∥PD B．MN∥PA C．MN∥AD D．以上均有可能【答案】B【解析】【分析】直接利用线面平行的性质分析解答.【详解】∵MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAD∩平面PAC=PA，∴MN∥PA.故选：B【典例14】如图所示，平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的三个顶点B，D，A1，且α与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与B1D1的位置关系是___________.【答案】平行【解析】【分析】首先证得BD平面A1B1C1D1.，然后根据线面平行的性质即可得到结果.【详解】因为DD1BB1，DD1=BB1，所以四边形BDD1B1是平行四边形.所以BDB1D1.又B1D1⊂平面A1B1C1D1，BD⊄平面A1B1C1D1，所以BD平面A1B1C1D1.又BD⊂α，α∩平面A1B1C1D1=l，所以lBD.所以lB1D1.【典例15】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，BC//平面PAD，，E是PD的中点.（1）求证：BC//AD；（2）求证：CE//平面PAB.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）利用线面平行即可证明BC//AD；（2）取PA的中点F，连接EF，BF，证明，CE//平面PAB即得证.【详解】证明：在四棱锥中，平面PAD，平面ABCD，平面平面，，取PA的中点F，连接EF，BF，是PD的中点，，，又由可得，且，，，四边形BCEF是平行四边形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB.【点睛】方法点睛：证明空间直线平面的位置关系一般利用转化的思想：线线平行（垂直）线面平行（垂直）面面平行（垂直）.考法07平面与平面平行的性质定理的应用利用面面平行的性质定理判断两直线平行的步骤：（1）先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条；（2）判定这两个平面平行；（3）再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上；（4）由定理得出结论．【典例16】在三棱台中，点在上，且，点是三角形内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是（）A．三角形边界的一部分 B．一个点C．线段的一部分 D．圆的一部分【答案】C【解析】【分析】过作交于，连接，证明平面平面，得，即得结论．【详解】如图，过作交于，连接，，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，所以，（不与重合，否则没有平面），故选：C．【典例17】设α∥β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于S，若AS＝8，BS＝9，CD＝34，则CS的长是________．【答案】272或16【解析】有两种情况，当点S在α，β面同侧时，如图(a)所示，∵α∥β，平面SBD∩α＝AC，平面SBD∩β＝BD，∴AC∥BD，eq\f(AS,BS)＝eq\f(CS,DS)，且eq\f(AS,AB)＝eq\f(CS,CD)，∴CS＝eq\f(AS·CD,AB)＝eq\f(8×34,9－8)＝272.同理，当点S在α，β两平面之间，如图(b)所示，可证得AC∥DB及eq\f(SA,SB)＝eq\f(CS,DS)，∴eq\f(CS,CD－CS)＝eq\f(8,9).∴9CS＝8CD－8CS，∴CS＝eq\f(8CD,17)＝eq\f(8×34,17)＝16.【典例18】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：．【答案】证明详见解析．【解析】如图，连接AG交β于H，连接BH、FH、AE、CG．∵，平面ACG∩β＝BH，平面，∴BH∥CG．同理AE∥HF，∴，即．【名师点睛】①当a与b共面时，有AE∥BF∥CG．上述证明过程也是正确的，只是此时B、H、F三点共线．②连接，可同理证明．③当a与b异面时，可过A（或B、C）作b的平行线或过E（或F、G）作a的平行线，再利用面面平行的性质定理可证得结论．以上思路都遵循同一个原则，即“化异为共”．分层提分分层提分题组A基础过关练1．已知，，，则（）A． B．或C． D．或【答案】B【解析】根据等角定理，即可得到结论.【详解】的两边与的两边分别平行，根据等角定理易知或.故选：B.【点睛】本题考查等角定理，属基础题.2.在空间四边形ABCD中，AC=BD，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接各边中点E，F，G，H，所得四边形EFGH的形状是（）A．梯形 B．矩形C．正方形 D．菱形【答案】D【解析】【分析】根据空间四边形中各点的位置，结合中位线的性质可得EFGH是平行四边形，再由AC=BD即可判断四边形EFGH的形状.【详解】如图所示，空间四边形ABCD中，连接AC，BD可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到四边形EFGH，由中位线的性质及基本性质4知，EH∥FG，EF∥HG；∴四边形EFGH是平行四边形，又AC=BD，∴HG=AC=BD=EH，∴四边形EFGH是菱形.故选：D3.如图，在直四棱柱中，下列结论正确的是（）A．与是两条相交直线B．平面C．D．，，，四点共面【答案】B【解析】【分析】根据异面直线的判定定理，直线与平面平行的判定定理，四点共面的判定，结合四棱柱的性质逐一判定即可.【详解】面，面，，所以与是异面直线，A错；因为，面，面，所以面，B正确；面，面，，所以与是异面直线，C错；如图所示，，，三点在面上，与面相交，所以，，，四点不共面，D错.故选：B.4.若直线a平面α，A∉α，且直线a与点A位于α的两侧，B，C∈a，AB，AC分别交平面α于点E，F，若BC＝4，CF＝5，AF＝3，则EF的值为（）A．3 B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由线面平行的性质得出线段间的比例，可得选项．【详解】解：∵BC∥α，且平面ABC∩α＝EF，∴EF∥BC，∴＝，即＝．∴EF＝．故选：B．5.如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行：对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故选：A．6.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AA1和BB1的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G，H，则GH与AB的位置关系是（）A．平行 B．相交C．异面 D．平行或异面【答案】A【解析】【分析】先证明EF//平面ABCD，再证明EF//GH，即得证.【详解】由长方体的性质知，,平面,平面,所以EF//平面ABCD，∵EF⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面ABCD＝GH，∴EF//GH.又EF//AB，∴GH//AB.故选：A【点睛】关键点睛：解答本题的关键是在解题过程中熟练运用线面平行的判断和性质定理.7.．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设的中点为M，的中点为N，下列结论正确的是（）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】C【解析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，四边形ONMB为平行四边形，MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.8.如图所示，正方体，E在上，F在上，且，过E作交BD于H，则平面EFH与平面的位置关系是（）A．平行 B．相交 C．垂直 D．以上都有可能【答案】A【解析】【分析】根据面面平行的判定定理：由线线平行推出面面平行.【详解】在平面中，因为，所以，由正方体，，所以，又因为，平面，平面，平面，平面，，，所以平面EFH//平面故选:A.9.过两条异面直线（）A．可能不存在两个互相平行的平面 B．有且只有两个平面互相平行C．可能存在两对互相平行的平面 D．可能存在无数对互相平行的平面【答案】B【解析】【分析】用反证法证明过与平行的平面有且只有一个，然后可得正确选项．【详解】如图，是异面直线，过上一点作，则与相交于点，记确定的平面为，显然，而，则，因此过存在平面与平行，假设过还有一个平面与平行，，设确定的平面为，则，因此是平面与平面的公共点，设，显然，由得，所以，与矛盾，所以过只有一个平面与平行，同理过也只有一个平面与平行，从而可得这两个平面平行，因此过这两条异面直线有且只有两个平面（一对平面）互相平行．故选：B．10.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有（）A．BD1∥GHB．BD∥EFC．平面EFGH∥平面ABCDD．平面EFGH∥平面A1BCD1【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．【详解】易知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故选项A错误；易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；对于，平面平面，理由是：由，，，分别是棱，，，的中点，得出，，所以平面，平面，又，所以平面平面．故选：．11.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且B1F∥平面A1BE，则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是（）A．a B． C． D．【答案】D【解析】【分析】过做与平面平行的平面，该平面与侧面的交线，即为满足条件的轨迹，求解即可.【详解】设G，H，I分别为CD，CC1，C1D1边上的中点，连接B1I，B1H，IH，CD1，EG，BG，则∥∥,所以A1，B，E，G四点共面，由∥平面B1HI，平面B1HI，所以A1E∥平面B1HI，同理A1B∥平面B1HI，，所以平面A1BGE∥平面B1HI，又因为B1F∥平面A1BE，所以F落在线段HI上，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，所以，即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是.故选：D.12.如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点，点P在平面内，若直线平面，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面面积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理进行求解即可.【详解】如图，连接，因为E，F，G分别为的中点，所以平面，则平面，因为，所以同理得平面，又，得平面平面，所以点P在直线上，则与满足题意的P构成的平面截正方体的截面为，在中，有，所以．故选：D题组B能力提升练1.(多选题)下列命题中，错误的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行【答案】AC【解析】【分析】由等角定理可判断A、B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.【详解】对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：由等角定理可知B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，与满足，，但是，，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.故选：AC.2.（多选题）如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（）A．直线与为异面直线 B．平面C．直线与为异面直线 D．平面【答案】ABC【解析】【分析】根据异面直线的概念可判断A，C；根据线面平行的判定可判断B，D.【详解】直线与、直线与不同在任何一个平面内，满足异面直线的定义，所以A，C正确；由正方体的结构特征可知，，且，∴四边形为平行四边形，则，∵平面，平面，∴平面，故B正确；由于与面相交，故D错误.故选：ABC.3.（多选题）已知表示两条直线，表示三个不重合的平面，给出下列命题，正确的是（）A．若，且，则B．若相交，且都在外，，则C．若，且，则D．若，则【答案】BD【解析】【分析】根据线线、线面、面面平行的判定与性质定理，结合平面的基本性质进行判断.【详解】A：若，且，则可能相交、平行，错误；B：若相交，且都在外，，由面面平行的判定可得，正确；C：若，且，则可能相交、平行，错误；D：若，由线面平行的性质定理得，正确.故选：BD4.(多选题)如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下说法正确的是（）A．BM∥平面ADE B．CN∥平面BAF C．平面BDM∥平面AFN D．平面BDE∥平面NCF【答案】ABCD【解析】【分析】将正方体的平面展开图还原成直观图，结合线面平行和面面平行的判定定理，即可得出结论.【详解】以ABCD为下底还原正方体，如图所示，则有BM∥平面ADE，CN∥平面BAF，选项A,B正确；在正方体中，BD∥FN，平面平面，所以BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，平面，所以平面BDM∥平面AFN，同理平面BDE∥平面NCF，选项C,D正确，故选：ABCD.5.（多选题）如图是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形E,F,G,H分别为的中点.在此几何体中,给出下列结论,其中正确的结论是（）A．平面平面 B．直线平面C．直线平面 D．直线平面【答案】ABC【解析】【分析】由线面平行的判定定理可得平面，平面，进而得出平面平面，故A正确；由中位线可知，进而由线面平行的判定定理，可得平面，故B正确；由，可得平面，故C正确；，所以直线与平面不平行，故D错误.【详解】作出立体图形如图所示.连接四点构成平面.对于A，因为E,F分别是的中点,所以.又平面，平面，所以平面.同理,平面.又,平面,平面，所以平面平面，故A正确；对于B，连接，设的中点为M，则M也是的中点，所以，又平面,平面，所以平面，故B正确；对于C，由A中的分析知，，所以，因为平面，平面，所以直线平面，故C正确；对于，根据C中的分析可知再结合图形可得，，则直线与平面不平行，故D错误.故选：ABC【点睛】本题考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题目.6.（多选题）如图，在棱长均相等的四棱锥中,为底面正方形的中心,分别为侧棱，的中点，下列结论正确的有（）A．∥平面 B．平面∥平面C．直线与直线所成角的大小为 D．【答案】ABD【解析】【分析】连接，由∥易证∥平面；证明出∥平面，结合∥平面可知平面∥平面；利用边长关系结合勾股定理证明.【详解】对于选项A，连接，显然为的中点，又为的中点，所以平面，平面，所以∥平面，选项A正确；对于选项B，由分别为侧棱的中点，得∥，又底面为正方形，所以∥，同理可得∥平面,又由选项得∥平面，，所以平面∥平面，选项B正确；对于选项C，因为∥，所以（或补角）为直线与直线所成的角，又因为所有棱长都相等，所以，故直线与直线所成角的大小为，选项C不正确；对于选项D，因底面为正方形，所以,又所有棱长都相等，所以，故，又∥，所以，选项D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查空间平行关系垂直关系的判断，难度一般.解答时要注意图中的几何关系，根据线面平行、面面平行及线面垂直等的判定定理判断.7.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，H分别为AB，AD的中点，F，G分别是BC，CD上的点，且，若BD＝6cm，梯形EFGH的面积为28cm2，则平行线EH，FG间的距离为________．【答案】8【解析】【详解】∵，分别为，的中点，，分别是，上的点，且，，∴，，设，间的距离为，则，得()，故答案为().8.如图所示，直线平面，点平面，并且直线a和点A位于平面两侧，点B，C，，AB，AC，AD分别交平面于点E，F，G，若，，，则EG=______.【答案】##【解析】【分析】利用线面平行的性质可得∥，然后利用平行线分线段成比例定理和比例的性质求解【详解】因为直线平面，点B，C，，平面平面，所以∥，所以,所以，故答案为：9.在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________时，A1P平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)【答案】P是CC1中点【解析】【分析】根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P平面BCD上的任一条线即可，可以取A1PCD，此时P是CC1中点.【详解】取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1PCD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P平面BCD故答案为：P是CC1中点.10.如图，在直三棱柱中，，，的中点为，点在棱上，平面，则的值为________.【答案】【解析】先取中点得到过的一个平面平行平面，即知.【详解】取中点，连接，故，，又在平面外，平面所以平面，平面，又相交在平面内，故平面平面，即平面，故.故答案为：.【点睛】本题考查了面面平行的判定定理.11.正四棱柱中，，为中点，若点满足，且平面，则__________．【答案】【解析】【分析】先猜想点为的中点，取的中点，连接、，再证明平面．结合正四棱柱和中位线的性质可推出四边形为平行四边形，从而，然后由线面平行的判定定理可证得平面．【详解】如图所示，分别取、的中点、，连接、，此点即为所求．证明如下：、分别为、的中点，，，为中点，，又，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面．由于为的中点，所以．故答案为：．【点睛】本题考主要查空间中线与面的平行关系，对于找点问题，一般可采用先猜后证的思想，熟练掌握线面平行的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力，属于中档题．12.如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论：①平面DE；②平面AF；③平面平面AFN；④平面平面NCF.其中正确结论的序号是______.【答案】①②③④.【解析】【分析】将图形还原为正方体，进而根据点线面的位置关系及线面平行和面面平行的判定定理判断答案.【详解】如图，对①，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面DE，平面DE，则平面DE.正确；对②，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面AF，平面AF，则平面AF.正确；对③，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，而，所以平面BDM∥平面AFN.正确；对④，因为，所以四边形是平行四边形，所以，同由③：，而，所以平面平面NCF.正确.故答案为：①②③④.C培优拔尖练1.已知棱长为的正方体中，，分别为，的中点．求证：四边形是梯形．【答案】证明见解析【解析】【分析】连接AC，利用正方体的性质，得到四边形AA′C′C为平行四边形，再结合M，N分别是CD，AD的中点，得到MN∥A′C′且MN=A′C′证明.【详解】证明：如图所示：连接AC，由正方体的性质可知：AA′=CC′，AA′CC′，∴四边形AA′C′C为平行四边形，∴A′C′=AC．A′C′AC，又∵M，N分别是CD，AD的中点，∴MN∥AC，且MN＝AC，∴MN∥A′C′且MN≠A′C′．∴四边形MNA′C′是梯形．2.如图所示，和的对应顶点的连线，，交于同一点O，且.（1）证明:，，.（2）求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据已知条件可证可得，即可证明，同理可证，；（2）根据等角定理得出，进而可得，即可求解.【详解】（1）因为与相交于点O，所以与共面，在和中，可得，又因为，所以，所以，，所以同理，.（2）因为，，且和，和的方向相反，∴.同理，因此，又，所以.3.已知：直线a∥平面M，直线a∥平面N，平面M∩平面N＝b.求证：a∥b.【答案】证明见解析【解析】【分析】过直线a任意作两个平面P，Q与平面M和平面N分别交于直线c，d，利用线面平行的性质定理可得a∥c，a∥d，从而c∥d，再由线面平行的判断定理可得c∥平面N，由线面平行的性质定理可得c∥b，最后由平行公理即可得证.【详解】证明：如图，过直线a任意作两个平面P，Q与平面M和平面N分别交于直线c，d.因为直线a∥平面M，平面P，平面P平面M，所以a∥c，同理可得a∥d，从而c∥d，因为c平面N，d平面N，所以c∥平面N，又因为c平面M，平面M∩平面N＝b，所以c∥b，因为a∥c，所以a∥b.4.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：(1)四点E，F，G，H共面；(2)平面，平面．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）证明即可证明结论（2）根据线面平行的判定定理证明即可.(1)证明：因为E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，所以，所以，所以四点E，F，G，H共面.(2)证明：因为E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，所以，因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面5.已知棱长为1的正方体中．（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）证明，再由线面平行的判定定理证明；（2）根据三棱锥体积公式计算即可.【详解】证明：（1）在棱长为1的正方体中，，且所以四边形为平行四边形又平面，平面，平面；（2）由正方体易知，三棱锥的高为，所以.6.如图所示，已知P是▱ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l.求证:（1）l∥BC;（2）MN∥平面PAD．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先由BC∥AD证明BC∥平