2020-2021学年新教材高中数学立体几何初步11.3.2直线与平面平行学案

11.3.2直线与平面平行必备知识·自主学习“直线在平面外”与“直线与平面没有公共点”是相同的意思吗?提示:不相同.前者包括直线与平面平行及直线与平面相交这两种情况,而后者仅指直线与平面平行.(1)直线与平面平行的判定定理中“平面外”可以去掉吗?试画图举例说明.提示:不可以.如图所示,a∥b,b⊂α,但是a与α不平行,实际上a⊂α.(2)若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线和这个平面平行,对吗?提示:根据直线与平面平行的判定定理可知该结论错误.(3)直线与平面平行的判定定理的本质是将直线与平面平行转化为什么?提示:将直线与平面平行转化为直线与直线平行.(1)已知直线a∥平面α,过平面α内的点P如何作与直线a平行的直线?提示:经过直线a和点P作一个平面和已知平面相交,则交线和已知直线a平行,此交线在平面α内,就是要作的直线.(2)直线与平面平行的性质定理有什么作用?提示:定理的作用:①线面平行⇒线线平行;②画一条直线与已知直线平行.(3)线面平行的性质定理给出了线面平行的什么条件?提示:由线面平行的性质定理以及充要条件的定义可知:线面平行的性质定理给出了线面平行的一个必要条件.(4)若a∥α,b⊂α,则直线a一定与直线b平行吗?∥α可知直线a与平面α无公共点,又b⊂α,所以a与b无公共点,所以直线a与直线b平行或异面.1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)(1)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.()(2)若直线l∥平面α,则l与平面α内的任意一条直线都不相交.()(3)若直线a∥平面α,直线a∥直线b,则直线b∥平面α.()(4)若直线a,b和平面α满足a∥α,b∥α,则a∥b.()提示:(1)×.若直线a与平面α内无数条直线平行,则这条直线可能在这个平面内,也可能与这个平面平行,所以该命题错误.(2)√.若直线l∥平面α,则l与平面α无公共点,所以l与平面α内的任意一条直线都不相交.(3)×.直线b有可能在平面α内.(4)×.若直线a,b和平面α满足a∥α,b∥α,则a与b平行、相交和异面都有可能.2.下列说法正确的是()A.若直线a∥平面α,直线b∥平面α,则直线a∥直线bB.若直线a∥平面α,直线a与直线b相交,则直线b与平面α相交C.若直线a∥平面α,直线a∥直线b,则直线b∥平面αD.若直线a∥平面α,则直线a与平面α内任意一条直线都无公共点【解析】选D.A中直线a与直线b也可能异面、相交,所以不正确;B中,直线b也可能与平面α平行,所以不正确;C中,直线b也可能在平面α内,所以不正确;根据直线与平面平行的定义知D正确.3.若a,b是异面直线,a∥α,则b与α的关系为()∥α或b⊂αα相交或b⊂α或b∥αα相交或b∥αα相交或b⊂α【解析】′B′C′D′中,①A′D′与AB异面,A′D′∥平面BCC′B′,而AB与平面BCC′B′相交;②A′D′与BB′异面,A′D′∥平面BCC′B′,而BB′在平面BCC′B′内;③分别取AB,A′B′中点E,F,EF与A′D′异面,A′D′∥平面BCC′B′,而EF与平面BCC′B′平行.4.(教材二次开发:例题改编)如图所示,在空间四边形ABCD中,M∈AB,N∈AD,若QUOTE=QUOTE,则MN与平面BDC的位置关系是_______.

【解析】因为在△ABD,中QUOTE=QUOTE,所以MN∥BD,又因为MN⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,所以MN∥平面BCD.答案:平行关键能力·合作学习类型一直线与平面平行的判定(逻辑推理)【典例】1.平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于D,E,且QUOTE=QUOTE,如图所示,则BC与平面α的位置关系是()⊂α2.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q分别是BC,C1D1,AD1(1)求证:PQ∥平面DCC1D1.(2)求证:EF∥平面BB1D1D.【思路导引】QUOTE=QUOTE可以推出ED∥BC.2.(1)充分借助于P,Q为中点这一条件,用三角形中位线的性质证明直线与直线平行.(2)要证明EF∥平面BB1D1D,需要在平面BB1D1D内找到与EF平行的直线,此直线与EF构成平行四边形.【解析】QUOTE=QUOTE,所以ED∥BC,又DE⊂α,BC⊄α,所以BC∥α.2.(1)连接AC,D1C因为四边形ABCD是正方形,所以Q是AC的中点,又P是AD1的中点,所以PQ∥D1C因为PQ⊄平面DCC1D1,D1C⊂平面DCC1D1,所以PQ∥平面DCC1D1(2)连接D1Q,QE,因为Q,E分别是BD,BC的中点,所以QE∥DC,QE=QUOTEDC,因为F是C1D1的中点,四边形DCC1D1是正方形,所以D1F∥DC,D1F=QUOTEDC,所以QE∥D1F,QE=D1F,所以四边形QEFD1是平行四边形,所以EF∥QD1,因为EF⊄平面BB1D1D,QD1⊂平面BB1D1D,所以EF∥平面BB1D1D.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:①空间直线平行关系的传递性法;②三角形中位线法;③平行四边形法;④成比例线段法.提醒:线面平行判定定理应用的误区(1)条件罗列不全,最易忘记的条件是“直线在平面外”.(2)不能利用题目条件顺利地找到两平行直线.1.如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.求证:BD∥平面FGH.【证明】连接DG,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形,连接CD,设CD∩FG=O,则O为CD的中点,连接OH.又H为BC的中点,所以OH∥BD.又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.2.如图,已知有公共边AB的两个全等的正方形ABCD和ABEF不在同一平面内,M,N分别是对角线AC,BF上的点,且AM=FN,求证:MN∥平面CBE.【证明】设正方形的边长是a,AM=FN=x,作MP⊥BC,NQ⊥BE,则MP∥AB,NQ∥AB,所以MP∥NQ,又NQ=a-QUOTEx,MP=a-QUOTEx,所以MPNQ,即MPQN是平行四边形,所以MN∥PQ,因为PQ⊂平面CBE,MN⊄平面CBE,所以MN∥平面CBE.【补偿训练】如图,四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,M,N分别为BC,DE的中点.证明:CN∥平面AEM.【证明】取AE中点F,连接MF,FN.因为在△AED中,F,N分别为EA,ED中点,所以FNQUOTEAD.又因为四边形ABCD是平行四边形,所以BCAD.又M是BC中点,所以MCQUOTEAD,所以FNMC.所以四边形FMCN为平行四边形,所以CN∥MF,又CN⊄平面AEM,MF⊂平面AEM,所以CN∥平面AEM.类型二直线与平面平行的性质定理的应用(逻辑推理)【典例】如图所示,已知四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外的一点,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GH,求证:PA∥GH.【思路导引】要证PA∥GH,观察到过PA的平面PAHG与平面BDM相交于GH,需要先证PA∥平面BDM.【证明】连接AC,设AC∩BD=O,连接MO.因为四边形ABCD为平行四边形,所以O是AC的中点,又M是PC的中点,所以MO∥PA.又MO⊂平面BDM,PA⊄平面BDM,所以PA∥平面BDM.又因为平面BDM∩平面PAHG=GH,PA⊂平面PAHG,所以PA∥GH.将本例条件“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GH”改为“点E在线段PA上,PC∥平面BDE”,求证:AE=PE.【证明】连接AC交BD于点F,连接EF,因为底面ABCD是平行四边形,所以F是AC的中点,因为PC∥平面BDE,又因为平面BDE∩平面PAC=EF,PC⊂平面PAC,所以PC∥EF,所以EF是△PAC的中位线,所以AE=PE.(1)根据已知线面平行关系推出线线平行关系.(2)在三角形内利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例定理推出有关线段的关系.(3)利用所得关系计算所求值.1.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,AC交BD于点O,E为AD的中点,F在PA上,AP=λAF,PC∥平面BEF,则λ的值为()A.1B.QUOTE【解析】选D.如图所示,设AO交BE于点G,连接FG,因为E为AD的中点,则AE=QUOTEAD=QUOTEBC.由于四边形ABCD是平行四边形,AD∥BC,所以△AEG∽△CBG,因为QUOTE=QUOTE=QUOTE,所以QUOTE=QUOTE,因为PC∥平面BEF,PC⊂平面PAC,平面BEF∩平面PAC=GF,所以GF∥PC,所以λ=QUOTE=QUOTE=3.2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点,E是A1C1上一点,A1B∥平面B1DE,则QUOTE的值为_______.

【解析】如图所示,连接BC1交B11B1C1中,因为BCB1C1所以△BDF∽△C1B1F所以BD=QUOTEBC=QUOTEB1C1,所以QUOTE=QUOTE=QUOTE.因为A1B∥平面B1DE,A1B⊂平面A1BC1,平面A1BC1∩平面B1DE=EF,所以A1B∥EF,所以QUOTE=QUOTE=QUOTE.答案:QUOTE3.在矩形ABCD中,E为AB上一点,将B点沿线段EC折起至点P,连接PA,PD,取PD的中点F,若有AF∥平面PEC,试确定E点的位置.【解析】E为AB的中点时,有AF∥平面PEC.证明如下:取PC中点G,连接GE,GF,由条件知:GF∥CD.因为EA∥CD,所以GF∥EA,则G,E,A,F四点共面,因为AF∥平面PEC,平面GEAF∩平面PEC=GE,所以FA∥GE,所以四边形GEAF为平行四边形,因为GF=QUOTECD,所以EA=GF=QUOTECD=QUOTEBA,所以E为AB的中点.类型三线面平行判定定理与性质定理的综合运用(逻辑推理、直观想象)【典例】如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点P∈BB1(P不与B,B1重合),PA∩A1B=M,PC∩BC1【思路导引】利用线面平行的判定定理证明AC∥平面A1BC1,再由线面平行的性质定理得AC∥MN.【证明】连接AC,A1C1,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1,AA1=CC1,所以四边形ACC1A1是平行四边形,所以AC∥A因为AC⊄平面A1BC1,A1C1⊂平面A1BC1,所以AC∥平面A1BC1因为AC⊂平面PAC,平面A1BC1∩平面PAC=MN,所以AC∥MN.因为MN⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.利用线面平行的判定定理和性质定理的关键及思考方向关键:是过直线作平面与已知平面相交.思考方向:若条件中含有线线平行,可考虑线面平行的判定定理;若条件中含有线面平行,可考虑线面平行的性质定理得线线平行.如图,用平行于四面体ABCD的一组对棱AB,CD的平面截此四面体,求证:截面MNPQ是平行四边形.【证明】因为AB∥平面MNPQ,平面ABC∩平面MNPQ=MN,且AB⊂平面ABC,所以由线面平行的性质定理,知AB∥MN.同理AB∥PQ,所以MN∥∥NP.所以截面MNPQ是平行四边形.【延伸探究】1.若本题条件不变,求证:QUOTE=QUOTE.【证明】由题解知:PQ∥AB,所以QUOTE=QUOTE.又QM∥DC,所以QUOTE=QUOTE,所以QUOTE=QUOTE.2.若本题中添加条件:AB⊥CD,AB=10,CD=8,且BP∶PD=1∶1,求四边形MNPQ的面积.【解析】由题解知,四边形MNPQ是平行四边形,因为AB⊥CD,所以PQ⊥QM,所以四边形MNPQ是矩形.又BP∶PD=1∶1,所以PQ=5,QM=4,所以四边形MNPQ的面积为5×4=20.备选类型与平行有关的存在性问题(逻辑推理)【典例】P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N分别为AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC=l.(1)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论;(2)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论.【思路导引】(1)由BC∥AD,可得BC∥平面PAD,再利用线面平行的性质定理可得BC∥l;(2)取PD的中点Q,连接AQ,NQ,可证四边形AMNQ为平行四边形,由线面平行的判定定理可得线面平行.【解析】(1)BC∥l.证明如下:因为BC∥AD,CB⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD,又因为BC⊂平面PBC,平面PAD∩平面PBC=l,所以BC∥l.(2)MN∥平面PAD.证明如下:取PD的中点Q,连接NQ,AQ,则NQ∥CD,NQ=QUOTECD,又CDAB,所以NQAM,所以四边形AMNQ为平行四边形,所以MN∥AQ,又因为AQ⊂平面PAD,MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.解决与平行有关的存在性问题的基本策略(1)假定题中的数学对象存在(或结论成立).(2)在这个前提下进行逻辑推理.①若能导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在,并可进一步证明;②若导出与条件或实际情况相矛盾的结果,则说明假设不成立,即不存在.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD为直角梯形,AD=QUOTEBC,AD∥BC,∠BCD=90°,在线段PB上是否存在点M,使得AM∥平面PCD?若存在,请确定M点的位置;若不存在,请说明理由.【思路导引】∥PE及AD=QUOTEBC,AD∥BC可得M为PB上的一个三等分点,且靠近点P.【解析】存在,点M是线段PB上靠近点P的一个三等分点.证明如下:延长BA,CD交于点E,连接PE,则PE⊂∥平面PCD,由平面PBE∩平面PCD=PE,AM⊂平面PBE,则AM∥PE.由AD=QUOTEBC,AD∥BC,得QUOTE=QUOTE=QUOTE,所以QUOTE=QUOTE=QUOTE,故点M是线段PB上靠近点P的一个三等分点.课堂检测·素养达标1.已知直线a和平面α,那么能得出a∥α的一个条件是()A.存在一条直线b,a∥b且b⊂αB.存在一条直线b,a∥b且b⊄αβ,a⊂β且α∥ββ,a∥β且α∥β【解析】选C.在选项A,B,D中,均有可能a在平面α内,故A,B,D不符合题意;在C中,两平面平行,则其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面,故C符合题意.2.如图,在三棱锥S-ABC中,E,F分别是SB,SC上的点,且EF∥平面ABC,则()A.EF与BC相交 B.EF∥BCC.EF与BC异面 【解析】选B.因为平面SBC∩平面ABC=BC,又因为EF∥平面ABC,所以EF∥BC.3.(教材二次开发:练习改编)如图,在五面体FE-ABCD中,四边形CDEF为矩形,M,N分别是BF,BC的中点,则MN与平面ADE的位置关系是_______.

【解析】因为M,N分别是BF,BC的中点,所以MN∥CF.又四边形CDEF为矩形,所以CF∥DE,所以MN∥DE.又MN⊄平面ADE,DE⊂平面ADE,所以MN∥平面ADE.答案:平行4.下列三个命题在“_______”处都缺少同一个条件,补上这个条件使其构成真命题(其中l,m为直线,α为平面),则此条件是_______.

【解析】①l∥m,m∥α,l⊄α⇒l∥α;②m⊂α,l∥m,l⊄α⇒l∥α;③l⊥m,m⊥α,l⊄α⇒l∥α.答案:l⊄α5.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的长度等于【解析】因为EF∥平面AB1C,EF⊂平面DABC,且平面AB1C所以EF∥AC,又因为E为AD的中点,所以F为CD的中点,所以EF=QUOTEAC,因为正方体的棱长为2.所以AC=2QUOTE,所以EF=QUOTE.答案:QUOTE课时素养评价十六直线与平面平行(20分钟35分)1.下列命题:①如果一条直线不在平面内,则这条直线就与这个平面平行;②过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行;③如果一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线平行.其中正确命题的个数为 ()A.0个 【解析】选B.①直线与平面可以相交;②正确;③“任何直线”改为“无数条”才正确.2.如图,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∥PAC.MN∥AD 【解析】选B.四棱锥P-ABCD中,M,N分别为AC,PC上的点,且MN∥平面PAD,MN⊂平面PAC,平面PAC∩平面PAD=PA,MN⊂平面PAC,故由直线与平面平行的性质定理可得:MN∥PA.3.如图,在四面体ABCD中,若M,N,P分别为线段AB,BC,CD的中点,则直线BD与平面MNP的位置关系为 ()⊂平面MNP【解析】选A.因为N,P分别为线段BC,CD的中点,所以NP∥BD,又BD⊄平面MNP,NP⊂平面MNP,所以BD∥平面MNP.4.(2020·开滦高一检测)以下命题(a,b表示直线,α表示平面):①若a∥b,b⊂α,则a∥α;②若a∥α,b∥α,则a∥b;③若a∥b,b∥α,则a∥α;④若a∥α,b⊂α,则a∥b.其中正确命题的个数是.

【解析】①要想a∥α,还需要a⊄α这个条件,故本命题是假命题;②a,b除了平行以外还可以相交,异面,故本命题是假命题;③还存在a⊂α这种可能性,故本命题是假命题;④a,b可以是两条异面直线,故本命题是假命题,因此正确的命题的个数为零.答案:05.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ平行的是.

【解析】要证明直线AB与平面MNQ平行,需要证明直线AB与平面MNQ内的一条直线平行,①平面MNQ中无法找到与直线AB平行的直线,所以①中直线AB与平面MNQ不平行;②由正方体性质可知MQ∥AB,又AB不在平面MNQ内,所以可以证得直线AB与平面MNQ平行;③由正方体性质可知MQ∥AB,又AB不在平面MNQ内,所以可以证得直线AB与平面MNQ平行;④由正方体性质可知NQ∥AB,又AB不在平面MNQ内,所以可以证得直线AB与平面MNQ平行.答案:②③④6.如图所示,已知两条异面直线AB与CD,平面MNPQ与AB,CD都平行,且点M,N,P,Q依次在线段AC,BC,BD,AD上,求证:四边形MNPQ是平行四边形.【证明】因为AB∥平面MNPQ,且过AB的平面ABC交平面MNPQ于MN,所以AB∥MN.又过AB的平面ABD交平面MNPQ于PQ,所以AB∥PQ,所以MN∥∥MQ.所以四边形MNPQ为平行四边形.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.下列说法正确的是 ()A.如果a,b是两条直线,a∥b,那么a平行于经过b的任何一个平面B.如果直线a和平面α满足a∥α,那么a平行于平面α内的任何一条直线C.如果直线a,b满足a∥α,b∥α,则a∥bD.如果直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b⊄α,那么b∥α【解析】选D.如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′中,AA′∥BB′,AA′却在过BB′的平面AB′内,故选项A不正确;AA′∥平面B′C,BC⊂平面B′C,但AA′不平行于BC,故选项B不正确;AA′∥平面B′C,A′D′∥平面B′C,但AA′与A′D′相交,所以选项C不正确;选项D中,假设b与α相交,因为a∥b,所以a与α相交,这与a∥α矛盾,故b∥α,即选项D正确.2.如图,四棱锥S-ABCD的所有的棱长都等于2,E是SA的中点,过C,D,E三点的平面与SB交于点F,则四边形CDEF的周长为 ()A.2+QUOTE B.3+QUOTE C.3+2QUOTE D.2+2QUOTE【解析】∥AB,AB⊂平面SAB,CD⊄平面SAB,所以CD∥平面SAB.又CD⊂平面CDEF,平面SAB∩平面CDEF=EF,所以CD∥EF,且EF≠CD,因为E是SA的中点,EF∥AB,所以F是SB的中点,所以DE=CF,所以四边形CDEF为等腰梯形,且CD=2,EF=1,DE=CF=QUOTE,所以四边形CDEF的周长为3+2QUOTE.3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G分别是线段A1C1上的点,且A1E=EF=FG=GC1.则下列直线与平面A1【解析】选B.如图,连接AC,使AC交BD于点O,连接A1O,CF,则O为AC的中点,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1且AA1=CC1则四边形AA1C1C为平行四边形,所以A1C1∥因为O,F分别为AC,A1C1的中点,所以A1F∥OC且A所以四边形A1OCF为平行四边形,则CF∥A1O,因为CF⊄平面A1BD,A1O⊂平面A1BD,因此,CF∥平面A1BD.4.如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合),BD1∥平面B11∥CE 1⊥BD11E=2EC1 1E=EC1【思路导引】设B1C∩BC1=O,可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO,由BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质可得BD1∥EO,D1E=EC1【解析】选D.如图,连接BC1,设B1C∩BC1=O,连接EO,可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO,因为BD1∥平面B1CE,根据线面平行的性质可得BD1∥EO,因为O为BC1的中点,所以E为C1D1的中点,所以D1E=EC1二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线的交点为O,M为PB的中点,给出以下结论,其中正确的是 ()A.OM∥PD B.OM∥平面PCDC.OM∥平面PDA D.OM∥平面PBA【解析】选ABC.由题意知,OM是△BPD的中位线,所以OM∥PD,故A正确;PD⊂平面PCD,OM⊄平面PCD,所以OM∥平面PCD,故B正确;同理,可得OM∥平面PDA,故C正确;OM与平面PBA相交,故D不正确.6.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PA,PD,PC,PB的中点.在此几何体中,给出下列结论,其中正确的结论是 ()A.直线EH∥平面BDGB.直线PA∥平面BDGC.直线EF∥平面PBCD.直线EF∥平面BDG【解析】选BC.作出立体图形如图所示.连接DG,BG,EF,FG,GH,EH,AC,BD且AC∩BD=M,连接GM.对于A,因为E,H分别是PA,PB的中点,所以EH∥AB.再结合图形可得,AB∩BD=B,则直线EH与平面BDG不平行,故A错误;对于B,由题意知M为AC与BD的中点,所以MG∥PA,又MG⊂平面BDG,PA⊄平面BDG,所以PA∥平面BDG,故B正确;对于C,由题意知EF∥AD,AD∥BC,所以EF∥BC,因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以直线EF∥平面PBC,故C正确;对于D,根据C中的分析可知EF∥BC,再结合图形可得,BC∩BD=B,则直线EF与平面BDG不平行,故D错误.三、填空题(每小题5分,共10分)7.如图,几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体,若过A,C,B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l,则l与AC的位置关系是【解析】连接A1C1因为AC∥A1C1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,AC⊄平面A1B1C所以AC∥平面A1B1C1D1又AC⊂平面AB1C,平面AB1C∩平面A1B1C1D1答案:AC∥l1B1C1D1中,E为棱CD上一点,且CE=2DE,F为棱AA1的中点,且平面BEF与DD1交于点G,与AC1交于点H,则QUOTE=,QUOTE=.

【解析】因为ABCD-A1B1C1D1所以平面A1B1BA∥平面C1D1DC,因为BF⊂平面A1B1BA,所以BF∥平面CDD1C1因为平面BFGE∩平面C1D1DC=GE,则BF∥GE,则QUOTE=QUOTE,即QUOTE=QUOTE,又CE=2DE,则QUOTE=QUOTE.连接AC交BE于M,过M作MN∥CC1,MN与AC1交于N