2026版《金版教程》高考一轮复习数学第五章 考点测试30 空间直线、平面的平行

高考总复习首选用卷数学考点测试30空间直线、平面的平行基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910111213难度★★★★★★★★★★★★★★对点线面平行的判定线面平行的性质面面平行的性质线面平行的性质平行关系的综合应用线面平行的判定；面面平行的判定面面平行的性质线面平行的判定平行关系的综合应用线面平行的判定线面平行的性质线面平行的判定线面平行的判定；面面平行的判定题号141516171819202122232425难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点线面平行的判定平行关系的综合应用线面平行的判定平行关系的综合应用平行关系的综合应用补充线面平行的条件平行关系的综合应用线面平行的判定与性质线面平行的判定；面面平行的判定线面平行的判定与性质平行关系的综合应用由线面平行求参数的值高考概览高考中本考点各种题型都有考查，中等难度考点研读1.以立体几何的定义、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有关空间图形的平行关系的简单命题1．两条直线a，b满足a∥b，b⊂α，则a与平面α的位置关系是()A．a∥α B．a⊂αC．a与α相交 D．a与α不相交答案：D解析：由于b⊂α且a∥b，则a∥α或a⊂α，故a与α不相交．故选D.2．(2024·山东淄博二模)已知α，β，γ为三个不同的平面，a，b，l为三条不同的直线．若α∩β＝l，α∩γ＝a，β∩γ＝b，l∥γ，则下列说法正确的是()A．a与l相交 B．b与l相交C．a∥b D．a与β相交答案：C解析：对于A，B，l∥γ，l⊂平面α，α∩γ＝a，则l∥a，同理，可得l∥b，故A，B错误；对于C，由A，B项分析可知a∥b，故C正确；对于D，由A项分析可知l∥a，a⊄平面β，l⊂平面β，则a∥β，故D错误．故选C.3．(2024·江苏无锡期中)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图)分别交C1D1，A1B1，AB，CD于E，F，G，H，则四边形EFGH的形状为()A．平行四边形 B．菱形C．矩形 D．梯形答案：A解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面EFGH∩平面ABCD＝HG，平面EFGH∩平面A1B1C1D1＝EF，所以EF∥HG，同理可证EH∥FG，所以四边形EFGH的形状一定为平行四边形．故选A.4．在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD∥平面EFGH时，下列结论正确的是()A．E，F，G，H一定是各边的中点B．G，H一定是CD，DA的中点C．BE∶EA＝BF∶FC，且DH∶HA＝DG∶GCD．AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC答案：D解析：由BD∥平面EFGH，得BD∥EH，BD∥FG，则AE∶EB＝AH∶HD，且BF∶FC＝DG∶GC.故选D.5．已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，下列说法正确的是()A．若m，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若α∥β，m∥α，则m∥βD．m，n是异面直线，若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β答案：D解析：对于A，当m∥n时，平面α和平面β不一定平行，故A错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m和n可能平行、相交或异面，故B错误；对于C，若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，故C错误；对于D，m，n是异面直线，若m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，利用面面平行的判定定理，得α∥β，故D正确．故选D.6．如图是四棱锥的平面展开图，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，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②BC∥平面PAD；③AB∥平面PCD；④平面PAD∥平面PAB.其中正确的结论是()A．①③ B．①④C．①②③ D．②③答案：C解析：把平面展开图还原为四棱锥，如图所示，对于①，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，又因为EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，同理可证EH∥平面ABCD，又因为EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正确；对于②，因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，故②正确；对于③，因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，故③正确；对于④，平面PAD∩平面PAB＝PA，故④错误．故选C.7．(2024·福建南平二模)在正四面体ABCD中，P为棱AD的中点，过点A的平面α与平面PBC平行，平面α∩平面ABD＝m，平面α∩平面ACD＝n，则m与n所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(3),3)答案：B解析：因为平面α∥平面PBC，平面α∩平面ABD＝m，平面PBC∩平面ABD＝BP，所以m∥BP，因为平面α∥平面PBC，平面α∩平面ACD＝n，平面PBC∩平面ACD＝PC，所以n∥PC，所以m与n所成的角即为BP与PC所成的角，而BP与PC所成的角为∠BPC(或其补角)，设正四面体ABCD的棱长为2，所以BP＝CP＝eq\r(22－1)＝eq\r(3)，所以cos∠BPC＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3).故选B.8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E的图形的个数为()A．0 B．1C．2 D．3答案：B解析：对于①，平移A1F至D1F′，可知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；对于②，由于A1F∥D1E，而A1F⊄平面BD1E，D1E⊂平面BD1E，故A1F∥平面BD1E；对于③，平移A1F至D1F′，可知D1F′与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行．故选B.9．(多选)(2024·贵州贵阳二模)设α，β，γ是三个不同的平面，b，c是两条不同的直线，在命题“α∩β＝b，c⊂γ，且________，则b∥c.”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件是()A．α∥γ，c⊂β B．b∥γ，c∥βC．c∥β，b⊂γ D．α∥γ，c∥β答案：ACD解析：对于A，如图1，α∩β＝b，c⊂γ，α∥γ，c⊂β，∴β∩γ＝c，利用面面平行的性质可知，b∥c，故A符合题意；对于B，α∩β＝b，c⊂γ，b∥γ，c∥β，如图2，∴b∥c或b与c是异面直线，故B不符合题意；对于C，α∩β＝b，c⊂γ，c∥β，b⊂γ，如图3，因为c∥β，c⊂γ，γ∩β＝b，∴b∥c，故C符合题意；对于D，α∩β＝b，c⊂γ，α∥γ，c∥β，如图4，∵c∥β，c⊂γ，γ∩β＝c′，∴c∥c′，∵α∥γ，β∩γ＝c′，α∩β＝b，∴b∥c′，∴b∥c，故D符合题意．故选ACD.10．(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，I分别为棱AB，CD，BC，A1D1，AD的中点，则下列结论正确的是()A．A1E∥D1FB．A1E∥HFC．EG∥平面D1IFD．A1E∥平面D1FGB1答案：ACD解析：连接FE，因为E，F分别为AB，CD的中点，故FE綊AD.由题意知AD綊A1D1，故FE綊A1D1，所以四边形FEA1D1为平行四边形，所以A1E∥D1F，故A正确；显然A1E与HF为相交直线，故B错误；因为EG∥IF，同时IF⊂平面D1IF，且EG⊄平面D1IF，所以EG∥平面D1IF，故C正确；因为A1E∥D1F，同时D1F⊂平面D1FGB1，且A1E⊄平面D1FGB1，所以A1E∥平面D1FGB1，故D正确．故选ACD.11．已知正方体AC1的棱长为1，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为________．答案：eq\f(\r(2),2)解析：连接AD1，AB1，则AD1过点P，如图所示．∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B＝AB1，PQ⊂平面AB1D1，∴PQ∥AB1，∵D1P＝PA，∴PQ＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(1,2)×eq\r(12＋12)＝eq\f(\r(2),2).12．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________．(填序号)①直线AB∥直线CD；②直线PQ∥直线ED；③直线PQ∥平面ADE.答案：②解析：翻折之后如图所示．在矩形ABCD中，因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故①成立；连接FD，由以上分析知，四边形CDEF为矩形，所以Q为FD的中点．因为P为AF的中点，所以PQ∥AD.又ED∩AD＝D，所以直线PQ与直线ED不平行，故②不成立；因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以直线PQ∥平面ADE，故③成立．13．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点．(1)求证：EF∥平面BDD1B1；(2)设G为棱CD的中点，求证：平面GEF∥平面BDD1B1.证明：(1)在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接BM，如图，因为E，F分别是BC，CM的中点，所以EF∥BM，又BM⊂平面BDD1B1，EF⊄平面BDD1B1，所以EF∥平面BDD1B1.(2)因为CD的中点为G，连接EG，FG，而E是BC的中点，于是得EG∥BD，而BD⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，从而得EG∥平面BDD1B1，由(1)知EF∥平面BDD1B1，EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面GEF，因此平面GEF∥平面BDD1B1.14．(2025·江苏南通如东县高三期初检测)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥DC，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4.(1)求证：A1B∥平面DCC1D1；(2)若△A1BC1为直角三角形，求四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积．解：(1)证明：因为AB∥DC，DC⊂平面DCC1D1，AB⊄平面DCC1D1，所以AB∥平面DCC1D1.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥DD1，又DD1⊂平面DCC1D1，AA1⊄平面DCC1D1，所以AA1∥平面DCC1D1.因为AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1，又A1B⊂平面ABB1A1，所以A1B∥平面DCC1D1.(2)设四棱柱的高为h，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，同理可得CC1⊥BC.连接AC，因为AB∥DC，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4，所以AC＝5，BC＝eq\r(13).因为CC1＝h，所以BA1＝eq\r(h2＋4)，BC1＝eq\r(h2＋13).在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以A1C1＝AC＝5.因为BA1＝eq\r(h2＋4)<BC1＝eq\r(h2＋13)，△A1BC1为直角三角形，所以(eq\r(h2＋4))2＋(eq\r(h2＋13))2＝52或(eq\r(h2＋4))2＋52＝(eq\r(h2＋13))2，解得h＝2.因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面积为S＝eq\f(（2＋4）×3,2)＝9，所以四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为9×2＝18.15．(2024·四川乐山三模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，点D在棱BB1上，且BB1＝3BD，点M在棱A1C1上，且M为A1C1的中点，点N在直线BB1上，若MN∥平面ADC1，则eq\f(NB,NB1)＝()A．2 B．3C．4 D．5答案：D解析：依题意，作出图形如图所示，设P为A1A的中点，因为M为A1C1的中点，所以MP∥AC1，又MP⊄平面ADC1，AC1⊂平面ADC1，所以MP∥平面ADC1，过点P作PN∥AD，交BB1于点N，则易知PN∥平面ADC1，又MP∩PN＝P，MP，PN⊂平面PMN，所以平面PMN∥平面ADC1.又MN⊂平面PMN，所以MN∥平面ADC1.因为AP∥DN，所以四边形APND为平行四边形，所以AP＝DN＝eq\f(1,2)AA1＝eq\f(1,2)BB1，因为BB1＝3BD，所以NB＝DB＋DN＝eq\f(1,3)BB1＋eq\f(1,2)BB1＝eq\f(5,6)BB1，NB1＝BB1－eq\f(5,6)BB1＝eq\f(1,6)BB1，所以eq\f(NB,NB1)＝eq\f(\f(5,6)BB1,\f(1,6)BB1)＝5.故选D.16．(2024·首都师大附中高三检测)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则△PBB1面积的最小值为()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2答案：C解析：延展平面EFG，可得截面EFGHQR，其中H，Q，R分别是所在棱的中点，直线D1P与平面EFG不存在公共点，所以D1P∥平面EFGHQR.由中位线定理可得AC∥EF，EF⊂平面EFGHQR，AC⊄平面EFGHQR，所以AC∥平面EFGHQR，同理可得D1C∥平面EFGHQR，又D1C∩AC＝C，所以平面D1AC∥平面EFGHQR，所以P在AC上时，直线D1P与平面EFG不存在公共点，因为BO⊥AC，所以P与O重合时BP最小，此时△PBB1的面积最小，为eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).故选C.17．(多选)(2024·福建竺数教研高三质量监测)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是边BD，C1D1上(含端点)的点，则()A．当EF∥AD1时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定B．当A1F∥CE时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定C．当C1E∥平面ADF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定D．当平面AED1∥平面A1CF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定答案：AD解析：对于A，当且仅当点E与点B重合，且点F与点C1重合时，条件成立，故A正确；对于B，如图1，设A1F在平面ABCD内的射影为AF1，AF1∩BD＝G，记BD的中点为O，则当OE＝OG且E，G不重合时，有EC∥AF1∥A1F，故B错误；对于C，如图1，设E在直线AD上的射影为E1，对于任何满足EE1＝C1F的情况，有EE1∥AB∥C1D1，所以四边形EE1FC1为平行四边形，所以C1E∥FE1，又FE1⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，所以C1E∥平面ADF，故直线EF的位置无法唯一确定，故C错误；对于D，如图2，当且仅当F为C1D1的中点时，取CD的中点H，连接AH，AH∩BD＝E，因为eq\f(DH,AB)＝eq\f(DE,EB)＝eq\f(1,2)，即点E为线段BD上靠近点D的三等分点，因为AH∥A1F，A1F⊂平面A1CF，AH⊄平面A1CF，所以AH∥平面A1CF，连接A1D，A1D∩AD1＝P，连接PH，易知PH∥A1C，A1C⊂平面A1CF，PH⊄平面A1CF，所以PH∥平面A1CF，又PH∩AH＝H，PH，AH⊂平面AED1，所以平面AED1∥平面A1CF，故D正确．故选AD.18．(多选)如图，某圆柱的轴截面ACED是一个边长为4的正方形，B，F分别为eq\o(AC,\s\up8(︵))，eq\o(DE,\s\up8(︵))的中点，则()A．多面体ABCFDE的体积为eq\f(64,3)B．平面BDE∥平面ACFC．直线BD与直线AF所成的角为60°D．点C到平面BDE的距离为eq\f(4\r(5),5)答案：ABD解析：对于A，依题意可得点B和点F到平面ACED的距离都为2，则VABCFDE＝2VB－ACED＝2×eq\f(1,3)×4×4×2＝eq\f(64,3)，故A正确；对于B，易知CF∥BD，CF⊄平面BDE，BD⊂平面BDE，所以CF∥平面BDE.因为AC∥DE，AC⊄平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC∥平面BDE.又AC∩CF＝C，AC，CF⊂平面ACF，所以平面BDE∥平面ACF，故B正确；对于C，由CF∥BD，得∠AFC即为直线BD与直线AF所成的角(或其补角)．由题意，得DF＝2eq\r(2)，CF＝AF＝eq\r(AD2＋DF2)＝eq\r(42＋（2\r(2)）2)＝2eq\r(6)，所以cos∠AFC＝eq\f(24＋24－16,2×2\r(6)×2\r(6))＝eq\f(2,3)≠eq\f(1,2)，即∠AFC≠60°，从而直线BD与直线AF所成的角不是60°，故C错误；对于D，如图，依题意可得AB＝2eq\r(2)，BD＝BE＝eq\r(AD2＋AB2)＝eq\r(42＋（2\r(2)）2)＝2eq\r(6).又DE＝4，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×4×eq\r(（2\r(6)）2－22)＝4eq\r(5).设点C到平面BDE的距离为h，连接CD.因为VC－BDE＝VB－CED，所以eq\f(1,3)S△BDE·h＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×4×4，解得h＝eq\f(4\r(5),5)，故D正确．故选ABD.19．(2025·云南昆明部分学校高三质检)在正四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，E，F，G，H分别是棱C1C，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.答案：点M在线段FH上解析：如图所示，取B1C1的中点Q，连接QN，QF，FH，HN，由已知得QN綊CC1，FH綊CC1，因此FH綊QN，从而四边形FQNH是平行四边形，又H，N分别是DC，BC的中点，则HN∥BD，又HN⊄平面B1BDD1，BD⊂平面B1BDD1，∴HN∥平面B1BDD1，同理，QN∥平面B1BDD1，而HN∩QN＝N，HN，QN⊂平面FQNH，∴平面FQNH∥平面B1BDD1，因此只要M∈FH，就有MN∥平面B1BDD1.故点M在线段FH上时，有MN∥平面B1BDD1.20．(2024·西藏拉萨二模)如图，正四棱锥P－ABCD的所有棱长都为2，E为PC的中点，M是底面ABCD内(包括边界)的动点，且EM∥平面PAB，则EM长度的取值范围是________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)))解析：如图1，设BC，AD的中点分别为M1，M2，连接M1M2，EM1，EM2，则M1M2∥AB.因为M1M2⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以M1M2∥平面PAB.又EM1∥PB，EM1⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，所以EM1∥平面PAB.又M1M2∩EM1＝M1，所以平面M1EM2∥平面PAB，所以动点M在线段M1M2上运动．连接AC，设PD，AC的中点分别为F，O，连接M2F，FE，OE，则在等腰梯形EFM2M1中，只需求出点E与线段M1M2上的点的距离的取值范围．易知M2F＝FE＝EM1＝M1O＝OM2＝1，如图2，作EM3⊥M1O，则EM3＝eq\f(\r(3),2)，EM2＝2EM3＝eq\r(3)，所以EM长度的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).21．如图所示，四棱锥P－ABCD，底面ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB的中点．(1)求证：PC∥平面BFD；(2)已知点M在PD上，满足EC∥平面BFM，求eq\f(PM,DM)的值．解：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OF，在△PAC中，F为PA的中点，O为AC的中点，则PC∥FO.又FO⊂平面BFD，PC⊄平面BFD，故PC∥平面BFD.(2)如图，连接FM并延长，交AD的延长线于点G，连接BG，交CD于点N，连接EF，FN，PG，EN.因为EF∥CN，则E，F，N，C四点共面．又EC∥平面BFM，平面BFM∩平面EFNC＝FN，则EC∥FN，所以四边形EFNC为平行四边形，可得EF＝CN＝eq\f(1,2)CD，所以N为CD的中点．则△BCN≌△GDN，N为BG的中点．即EN为△PBG的中位线，则EN∥PG，EN＝eq\f(1,2)PG.又EF＝DN，EF∥DN，则四边形EFDN为平行四边形，所以EN綊FD.从而FD∥PG，△FMD∽△GMP，所以eq\f(PM,DM)＝eq\f(PG,DF)＝eq\f(PG,EN)＝2.22．(2024·天津南开模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为底面中心，M，E分别为PA，PD的中点，△PDC为等腰直角三角形，且DP＝DC.(1)求证：MO∥平面PDC；(2)求异面直线MO与EC所成角的余弦值；(3)若F，N分别为CE，DE的中点，点G在线段PB上，且PG＝3GB.求证：平面GFN∥平面ABCD.解：(1)证明：连接AC，则O为AC的中点，又M为PA的中点，所以MO∥PC，因为MO⊄平面PDC，PC⊂平面PDC，所以MO∥平面PDC.(2)由(1)得，异面直线MO与EC所成的角即为EC与PC的夹角，在等腰直角三角形PDC中，设DP＝DC＝2，则PE＝DE＝1，PC＝2eq\r(2)，EC＝eq\r(5)，在△PEC中，由余弦定理，得cos∠PCE＝eq\f(PC2＋CE2－PE2,2PC·CE)＝eq\f(8＋5－1,2×2\r(2)×\r(5))＝eq\f(3\r(10),10)，所以异面直线MO与EC所成角的余弦值为eq\f(3\r(10),10).(3)证明：连接BD，如图所示，因为F，N分别为CE，DE的中点，所以FN∥CD，因为E为PD的中点，所以PN＝eq\f(3,4)PD，因为点G在线段PB上，且PG＝3GB，所以PG＝eq\f(3,4)PB，所以GN∥BD，因为NF⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以NF∥平面ABCD，同理可得GN∥平面ABCD，又GN∩NF＝N，GN，NF⊂平面GFN，所以平面GFN∥平面ABCD.23．(2024·安徽安庆一中高三四模)三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为边长为2的等边三角形，D，E分别在棱PB，AC上，且eq\f(PD,PB)＝eq\f(AE,AC)，DE⊂平面α，AP∥平面α，若PA＝eq\r(3)，则平面α与三棱锥P－ABC的交线围成的面积的最大值为________．答案：eq\f(\r(3),2)解析：如图所示，因为AP∥平面α，设平面α∩平面PAB＝DM，所以DM∥PA，同理，NE∥PA，设PD＝AE＝x，所以eq\f(2－x,2)＝eq\f(DM,PA)＝eq\f(NE,PA)，即DM＝NE＝eq\f(\r(3),2)(2－x)，所以四边形DMEN为平行四边形，所以DN∥ME，又DN⊄平面ABC，ME⊂平面ABC，所以DN∥平面ABC，又DN⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABC＝BC，所以DN∥BC，即ME∥BC，且DN＝x，取BC的中点O，连接PO，OA，易得PO⊥BC，OA⊥BC，PO∩OA＝O，所以BC⊥平面POA，所以BC⊥PA，所以DN⊥NE，所以四边形DMEN为矩形，所以平面α与三棱锥P－ABC的交线围成的面积S＝eq\f(\r(3),2)(2－x)x＝－eq\f(\r(3),2)(x－1)2＋eq\f(\r(3),2)，当x＝1，即D为PB的中点时，面积最大，最大值为eq\f(\r(3),2).24．(2024·广东广州期中)一正三棱台木块ABC－A1B1C1如图所示，已知2AC＝3A1C1＝6，AA1＝2，点O在平面ABC内且为△ABC的重心．(1)过点O将木块锯开，使截面经过A1C1平行于直线AC，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；(2)求该三棱台木块被(1)中的截面分成的两个几何体的体积之比；(3)在棱台的底面A1B1C1上(包括边界)是否存在点M，使得直线OM∥平面ACC1A1？若存在，求OM长度的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)如图，在平面ABC内过点O作直线DE∥AC，交BA于点D，交BC于点E，连接DA1，EC1，则DE，DA1，EC1为截面与木块各表面的交线，理由如下：由于DE∥AC∥A1C1，故D，E，A1，C1四点共面，且平面BCC1B1∩平面A1C1ED＝C1E，平面ABB1A1∩平面A1C1ED＝A1D，平面ABC∩平面A1C1ED＝DE，则DE，DA1，EC1为截面与木块各表面的交线．(2)由于点O在平面ABC内且为△ABC的重心，DE∥AC，所以DE＝eq\f(2,3)AC，又因为2AC＝3A1C1，故DE＝A1C1，故几何体A1B1C1－DBE为棱柱，设棱台的高为h，△A1B1C1的面积为S，故VA1B1C1－DBE＝Sh，又2AC＝3A1C1，则S△ABC＝eq\f(9,4)S，正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＋\f(9,4)S＋\r(S·\f(9,4)S)))h＝eq\f(19,12)Sh，所以被截面A1C1ED截得的非三棱柱A1B1C1－DBE的另一个几何体的体积为eq\f(19,12)Sh－Sh＝eq\f(7,12)Sh，故该三棱台木块被(1)中的截面分成的两个几何体的体积之比为eq\f(7,12)Sh∶Sh＝7∶12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或Sh∶\f(7,12)Sh＝12∶7)).(3)分别取B1C1，A1B1的中点K，L，则当点M∈KL时，有OM∥