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人教版2021届一轮复习打地基练习 直线与平面平行
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这是一份人教版2021届一轮复习打地基练习 直线与平面平行，共38页。试卷主要包含了直线m与平面α平行的充要条件是等内容，欢迎下载使用。
人教版2021届一轮复习打地基练习 直线与平面平行
一．选择题（共13小题）
1．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不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
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∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
3．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，过BF的平面α与直线C1E平行，则平面α截该长方体所得截面的面积为（ ）
A．3 B．32 C．33 D．35
4．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点，若A1C∥平面BC1D，则D为（ ）
A．棱AB的中点 B．棱AA1的中点
C．棱BC的中点 D．棱A1B1的中点
5．如图甲，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（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ）
①AF∥平面BCD；②BE∥平面CDF；③CD∥平面BEF．
A．0 B．1 C．2 D．3
6．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝4，AB＝2，∠ABC=π3，E为BC中点，平面α过点E且与平面BDD1垂直，CC1∥α，则α被此直四棱柱截得的截面面积为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．6
7．直线m与平面α平行的充要条件是（ ）
A．直线m与平面α没有公共点
B．直线m与平面α内的一条直线平行
C．直线m与平面α内的无数条直线平行
D．直线m与平面α内的任意一条直线平行
8．如图所示的四个正方体中，A，B是正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③
9．如图，各棱长均为1的正三棱柱ABC﹣A1B1C1，M，N分别为线段A1B，B1C上的动点，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条
10．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥截面AB1C，则线段MP长度的取值范围是（ ）
A．[2，6] B．[6，22] C．[6，23] D．[6，3]
11．在下面四个三棱柱中，A，B为三棱柱的两个顶点，E，F，G为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线AB与平面EFG不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
12．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的图形个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
13．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的图形的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②④
二．填空题（共14小题）
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中点，F在CC1上，且CF＝2FC1，点P是侧面AA1D1D（包括边界）上一动点，且PB1∥平面DEF，则tan∠ABP的取值范围为 ．
15．已知线段AD∥平面α，且与平面α的距离等于4，点B是平面α内动点，且满足AB＝5，AD＝10．则B、D两点之间的距离的最大值为 ．
16．如图：点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥A﹣D1PC的体积不变；
②A1P∥面ACD1；
③DP⊥BC1；
④面PDB1⊥面ACD1．
其中正确的命题的序号是 ．
17．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则点A1到平面AMN的距离是 ；若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥平面AMN，则线段PA1的长度范围是 ．
18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H，点N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，则A1NA1B1的值为 ．
19．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，E为BB1中点，若点P满足AP→=λPD→，且BP∥平面AED1，则λ＝ ．
20．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，①EF与BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF与C1D所成的角为45°；④EF∥平面A1B1C1D1．则以上结论中成立的是 ．
21．如图，过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点B1，D1与棱AB的中点P的平面与底面ABCD所在平面的交线记为l，则l与B1D1的位置关系为 ．
22．空间四边形PABC的各边及对角线长度都相等，D、E、F、G分别是AB、BC、CA、AP的中点，下列四个结论中成立的是
①BC∥平面PDF
②DF⊥平面PAE
③平面GDF∥平面PBC
④平面PAE⊥平面ABC．
23．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M、N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是 ．（写出所有正确说法的序号）
①不论D折至何位置（不在平面ABC内，都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN∥AB；
④不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有EC不垂直AD．
24．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F，G分别是C1D1，AA1，BC的中点，BD1与平面EFG （填“平行”或“不平行”）；在正方体的12条面对角线中，与平面EFG平行的面对角线有 条．
25．已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，则过点B1且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为 ．
26．空间四边形ABCD的两条对角线AC、BD所成角为30°，设AC＝6，BD＝8．则过AB的中点E且平行于BD、AC的截面四边形的面积为 ．
27．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为 ．
三．解答题（共6小题）
28．已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，ABCD是菱形且∠DAB＝60°，E，F分别为BC，CC1的中点．
（1）证明：EF∥平面ABD1；
（2）求三棱柱ADD1﹣BCC1的体积．
29．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：
（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；
（Ⅱ）BE∥平面PAD；
（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．
31．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E为线段AD上的任意一点（不包括A、D两点），平面CEC1与平面BB1D交于FG．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）证明：FG∥平面AA1B1B．
32．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1⊥CC1，点E，F分别是BC，A1B1的中点，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1．
（1）求证：B1C1⊥A1C；
（2）求证：EF∥平面A1C1CA．
33．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA＝PC，E，F分别为AB和PD的中点．
（1）求证：AC⊥平面PBD；
（2）求证：EF∥平面PBC．
人教版2021届一轮复习打地基练习 直线与平面平行
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．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不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案．
【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；
对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；
对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；
所以选项A满足题意，
故选：A．
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∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可．
【解答】解：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，
由直线与平面平行的性质定理可得：MN∥PA．
故选：B．
3．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，过BF的平面α与直线C1E平行，则平面α截该长方体所得截面的面积为（ ）
A．3 B．32 C．33 D．35
【分析】由过BF的平面α与直线C1E平行，得平面α是矩形BCFE，由此能求出平面α截该正方体所得截面的面积．
【解答】解：在ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，
∵过BF的平面α与直线C1E平行，又AF∥C1E，
∴平面α是平面ABF，
取DD1中点G，连结GF，AG，∴平面α截该正方体所得截面为矩形ABFG，
∵AB＝3，BF=22+1=5，
∴平面α截该正方体所得截面的面积为S矩形ABFG＝35．
故选：D．
4．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点，若A1C∥平面BC1D，则D为（ ）
A．棱AB的中点 B．棱AA1的中点
C．棱BC的中点 D．棱A1B1的中点
【分析】当D为棱A1B1的中点时，取AB的中点E，由平行四边形的判定和性质，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定和性质，可得结论．
【解答】解：如图，当D为棱A1B1的中点时，取AB的中点E，
连接CE，A1E，
由A1D＝BE，A1D∥BE，可得四边形BEA1D为平行四边形，即有A1E∥BD，
由A1E⊄平面BDC1，BD⊂平面BDC1，
所以A1E∥平面BDC1，
同理可得CE∥平面BDC1，
由CE∩A1E＝E，
可得平面A1CE∥平面BC1D，
由于A1C⊂平面A1CE，
则A1C∥平面BC1D．
故选：D．
5．如图甲，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（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ）
①AF∥平面BCD；②BE∥平面CDF；③CD∥平面BEF．
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】对于①，由题意得AB∥=CF，四边形ABCF是平行四边形，从而AF∥BC，由此得到AF∥平面BCD；
对于②，取DF中点G，连接EG，CG，推导出EG∥=12BC，从而BE与CG相交，由此得到BE与平面CDF相交；
对于③，连接AC，BD，交于点O，连接OE，推导出OE∥CD，由此得到CD∥平面BEF．
【解答】解：如图甲，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（如图乙），
对于①，由题意得AB∥=CF，∴四边形ABCF是平行四边形，∴AF∥BC，
∵AF⊄平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AF∥平面BCD，故①正确；
对于②，取DF中点G，连接EG，CG，
∵E是AD中点，AF∥=BC，∴EG∥=12BC，
∴BE与CG相交，∴BE与平面CDF相交，故②错误；
对于③，连接AC，BD，交于点O，连接OE，
∵四边形ABCF是平行四边形，∴O是AC中点，
∴OE∥CD，∵OE⊂平面BEF，CD⊄平面BEF，∴CD∥平面BEF，故③正确．
故选：C．
6．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝4，AB＝2，∠ABC=π3，E为BC中点，平面α过点E且与平面BDD1垂直，CC1∥α，则α被此直四棱柱截得的截面面积为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．6
【分析】分别取AB，A1B1，B1C1的中点F，M，N，连接MF，MN，NE，FE，AC，利用菱形的性质可知BD⊥AC，根据三角形的中位线定理，进而可得BD⊥EF，又可得BD⊥EN，利用线面垂直的判定可得BD⊥平面EFMN，利用面面垂直的判定可得平面EFMN⊥平面BDD1．可得EFMN为矩形．进而根据矩形的面积公式即可求解．
【解答】解：分别取AB，A1B1，B1C1的中点F，M，N，连接MF，MN，NE，FE，AC．
由四边形ABCD为菱形，知BD⊥AC，
再根据三角形的中位线定理，知EF∥AC，所以BD⊥EF，
又因为EN∥CC1，因此BD⊥EN．
又EF∩EN＝E，EF⊂平面EFMN，EN⊂平面EFMN，
故BD⊥平面EFMN，
又BD⊂平面BDD1，则平面EFMN⊥平面BDD1．
则EFMN为矩形．
由EF＝1，MF＝4，故截面面积为4．
故选：C．
7．直线m与平面α平行的充要条件是（ ）
A．直线m与平面α没有公共点
B．直线m与平面α内的一条直线平行
C．直线m与平面α内的无数条直线平行
D．直线m与平面α内的任意一条直线平行
【分析】根据直线与平面平行的定义，由于定义是充要条件得到选项．
【解答】解：根据直线与平面平行的定义：直线与平面没有公共点时，直线与平面平行
所以“直线α与平面M没有公共点”是“直线α与平面M平行”的充要条件
故选：A．
8．如图所示的四个正方体中，A，B是正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③
【分析】首先由线面平行的判定可知①正确，由此排除选项BC，再根据面面平行的性质，由此排除A，即可得到正确答案．
【解答】解：对①，连接BD交NP于点O，则OM∥AB，易知AB∥平面MNP，即①正确，故排除BC；
对③，由正方体的性质可知，平面MNP∥平面ABC，又AB在平面ABC内，故AB∥平面MNP，即③正确，故排除A．
故选：D．
9．如图，各棱长均为1的正三棱柱ABC﹣A1B1C1，M，N分别为线段A1B，B1C上的动点，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条
【分析】任取线段A1B上一点M，过M作MH∥AA1，交AB于H，过H作HG∥AC交BC于G，过G作CC1的平行线，与CB1一定有交点N，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有无数个．
【解答】解：如图，任取线段A1B上一点M，过M作MH∥AA1，交AB于H，过H作HG∥AC交BC于G，
过G作CC1的平行线，与CB1一定有交点N，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有无数个．
故选：D．
10．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥截面AB1C，则线段MP长度的取值范围是（ ）
A．[2，6] B．[6，22] C．[6，23] D．[6，3]
【分析】取CD的中点N，CC1的中点R，B1C1的中点H，证明平面MNRH∥平面AB1C，MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，通过证明MN2＝NR2+MR2，说明∠MRN是直角，可得线段MP长度的取值范围是：[MR，MN]，从而得解．
【解答】解：取CD的中点N，CC1的中点R，B1C1的中点H，
则MN∥B1C∥HR，MH∥AC，
故平面MNRH∥平面AB1C，
MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，
由AB＝2，则MN＝22，NR=2，MR=6，
∴MN2＝NR2+MR2，
∴∠MRN是直角，
∴线段MP长度的取值范围是：[MR，MN]，即：[6，22]．
故选：B．
11．在下面四个三棱柱中，A，B为三棱柱的两个顶点，E，F，G为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线AB与平面EFG不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】在A和B中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，直线AB与平面EFG平行；在C中，直线AB与平面EFG相交；在D中，AB∥FG，直线AB与平面EFG平行．
【解答】解：A，B为三棱柱的两个顶点，E，F，G为所在棱的中点，
在A中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，∴直线AB与平面EFG平行，故A错误；
在B中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，∴直线AB与平面EFG平行，故B错误；
在C中，直线AB与平面EFG相交，∴直线AB与平面EFG不平行，故C正确；
在D中，AB∥FG，AB⊄平面EFG，FG⊂平面EFG，∴直线AB与平面EFG平行，故D错误．
故选：C．
12．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的图形个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】平移直线A1F，判断平移后的直线：在平面BD1E上则A1F∥平面BD1E，与平面BD1E交于一点则不平行，即可得解．
【解答】解：①中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
②中，由于AF∥DE，而AF⊄平面BDE，DE⊂平面BDE，故A1F∥平面BD1E；
③中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
故选：B．
13．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的图形的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②④
【分析】利用直线与平面平行的判定定理直接求解．
【解答】解：在①中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，
∴AB∥平面MNP，故①成立；
②若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，
∴AB与面MNP不平行，故②不成立；
③过P作与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交，
∴AB与面MNP不平行，故③不成立；
④在④中，AB与PN平行，∴AB∥平面MNP，故④成立．
故选：B．
二．填空题（共14小题）
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中点，F在CC1上，且CF＝2FC1，点P是侧面AA1D1D（包括边界）上一动点，且PB1∥平面DEF，则tan∠ABP的取值范围为 [13，133] ．
【分析】作出平面MNQB1∥平面DEF，推导出P的轨迹是线段QN，P在Q处，tan∠ABP取最小值，P在N处，tan∠ABP取最大值，由此能求出tan∠ABP的取值范围．
【解答】解：如图所示，作出平面MNQB1∥平面DEF，
则A1Q＝2AQ，DN＝2D1N，
∵PB1∥平面DEF，∴P的轨迹是线段QN，
P在Q处，tan∠ABP取最小值tan∠ABP=13，
P在N处，tan∠ABP取最大值tan∠ABP=4+93=133．
∴tan∠ABP的取值范围为[13，133]．
故答案为：[13，133]．
15．已知线段AD∥平面α，且与平面α的距离等于4，点B是平面α内动点，且满足AB＝5，AD＝10．则B、D两点之间的距离的最大值为 185 ．
【分析】记A、D在面α内的射影分别为A1、D1，由AB＝5，可得出B在面α内以A1为圆心、3为半径的圆周上，由勾股定理能求出B、D两点之间的距离的最大值．
【解答】解：记A、D在面α内的射影分别为A1、D1，
∵AB＝5，AA1＝4，∴A1B＝3，
即B在面α内以A1为圆心、3为半径的圆周上，
又A1D1＝10，故D1B最大为13，最小为7，而DD1＝4，
由勾股定理得B、D两点之间的距离的最大值为：132+42=185．
故答案为：185．
16．如图：点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥A﹣D1PC的体积不变；
②A1P∥面ACD1；
③DP⊥BC1；
④面PDB1⊥面ACD1．
其中正确的命题的序号是 ①②④ ．
【分析】如右图，对于①，容易证明AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，以P为顶点，平面AD1C为底面，易得；对于②，连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得；
对于③，由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1平面，若DP⊥BC1，则DC与DP重合，与条件矛盾；对于④，容易证明PDB1⊥面ACD1，从而可以证明面面垂直．
【解答】解：对于①，容易证明AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离
均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A﹣D1PC的体积不变；正确；
对于②，连接A1B，A1C1容易证明A1C1∥AC且相等，由于①知：AD1∥BC1，
所以BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得A1P∥面ACD1；②正确；
对于③由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾；错误；
对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知：④正确．
故答案为：①②④
17．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则点A1到平面AMN的距离是 43 ；若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥平面AMN，则线段PA1的长度范围是 [322，5] ．
【分析】构造与平面AMN平行的平面A1EF，得出P点轨迹，将A1到平面AMN的距离转化为F到平面AMN的距离计算，并在△A1EF中计算A1P的范围．
【解答】解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，FM，
则A1E∥AM，EF∥MN，
∴平面A1EF∥平面AMN，
∴A1到平面AMN的距离等于F到平面AMN的距离，
∵正方体棱长为2，∴AM=5，MN=2，AN＝3，
∴cos∠MAN=5+9−22×5×3=25，sin∠MAN=15，
∴S△AMN=12×5×3×15=32，设F到平面AMN的距离为h，则VF﹣AMN=13×32×ℎ=ℎ2，
又VF﹣AMN＝VA﹣MNF=13×12×2×1×2=23，
∴ℎ2=23，即h=43．
∴A1到平面AMN的距离为43．
∵A1P∥平面AMN，∴P的轨迹为线段EF．
∵A1E＝A1F=5，EF=2，
∴当A1P⊥EF时，A1P取得最小值5−(22)2=322，
当P与E（或F）重合时，A1P取得最大值5．
∴322≤A1P≤5．
故答案为：43，[322，5]．
18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H，点N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，则A1NA1B1的值为 12 ．
【分析】取A1C1 的中点M，A1B1 的中点N，连接HM，MN，证明平面MNH∥平面A1BC，得NH∥平面A1BC，由此可得A1NA1B1的值．
【解答】解：如图，
取A1C1 的中点M，A1B1 的中点N，
连接HM，MN，
由H，M，N分别为CC1，A1C1，A1B1 的中点，
得MH∥A1C，MN∥B1C1∥BC．
∵A1C⊂平面A1BC，MH⊄平面A1BC，
∴MH∥平面A1BC；
∵BC⊂平面A1BC，MN⊄平面A1BC，
∴MN∥平面A1BC，
又MH∩MN＝M，∴平面MNH∥平面A1BC，
则NH∥平面A1BC．
由N为A1B1 的中点，可知A1NA1B1的值为12．
故答案为：12．
19．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，E为BB1中点，若点P满足AP→=λPD→，且BP∥平面AED1，则λ＝ 1 ．
【分析】先猜想点P为AD的中点，取AD1的中点F，连接EF、PF，再证明BP∥平面AED1．结合正四棱柱和中位线的性质可推出四边形BPFE为平行四边形，从而BP∥EF，然后由线面平行的判定定理可证得BP∥平面AED1．
【解答】解：如图所示，分别取AD1、AD的中点F、P，连接EF、PF，此点P即为所求．
理由如下：
∵F、P分别为AD1、AD的中点，
∴FP∥D1D，FP=12D1D，
∵E为BB1中点，
∴BE=12BB1，
又D1D∥BB1，
∴FP∥BE，FP＝BE，
∴四边形BPFE为平行四边形，
∴BP∥EF，
∵BP⊄平面AED1，EF⊂平面BPFE，
∴BP∥平面AED1．
由于P为AD的中点，
所以λ＝1．
故答案为：1．
20．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，①EF与BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF与C1D所成的角为45°；④EF∥平面A1B1C1D1．则以上结论中成立的是 ①④ ．
【分析】观察正方体的图形，连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，推出EF∥A1C1；分析判断①④正误；直线与平面垂直的判定定理判断②的正误；异面直线所成的角判断③的正误．
【解答】解：连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，
在三角形B1AC中，EF∥=12AC，所以EF∥平面ABCD，故①正确；
AC不垂直平面BCC1B1，所以②EF⊥平面BCC1B1，故②不正确；
EF与C1D所成角就是∠B1AC＝60°，故③不正确；
由EF∥=12AC，AC∥A1C1得EF∥A1C1，所以EF∥平面A1B1C1D1，故④正确．
故答案为：①④．
21．如图，过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点B1，D1与棱AB的中点P的平面与底面ABCD所在平面的交线记为l，则l与B1D1的位置关系为 l∥B1D1 ．
【分析】连接D1P、B1P，由平面ABCD∥平面A1B1C1D1，结合面面平行的性质定理即可得l∥B1D1．
【解答】解：如图所示，连接D1P、B1P，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝l，
∴l∥B1D1．
故答案为：l∥B1D1．
22．空间四边形PABC的各边及对角线长度都相等，D、E、F、G分别是AB、BC、CA、AP的中点，下列四个结论中成立的是 ①②
①BC∥平面PDF
②DF⊥平面PAE
③平面GDF∥平面PBC
④平面PAE⊥平面ABC．
【分析】由BC∥DF，得BC∥平面PDF；由DE⊥BC，AE⊥BC，得BC⊥平面PAE，由DF∥BC，得到DF⊥平面PAE；由DG∥PB，GF∥PC，DG∩GF＝G，DG，GF⊂平面GDF，得平面GDF∥平面PBC；由BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，得平面PAE⊥平面ABC．
【解答】解：∵空间四边形PABC的各边及对角线长度都相等，
D、E、F、G分别是AB、BC、CA、AP的中点，
∴BC∥DF，又BC不包含于平面PDF，DF⊂平面PDF，
∴BC∥平面PDF，故①正确；
∵DE⊥BC，AE⊥BC，DE∩AE＝E，
∴BC⊥平面PAE，
∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故②正确；
∵DG∥PB，GF∥PC，DG∩GF＝G，DG，GF⊂平面GDF，
∴平面GDF∥平面PBC，故③正确；
∵BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，故④正确．
故答案为：①②③④．
23．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M、N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是 ①② ．（写出所有正确说法的序号）
①不论D折至何位置（不在平面ABC内，都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN∥AB；
④不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有EC不垂直AD．
【分析】利用直线和平面平行、直线和平面垂直的判定定理、性质定理，结合反例、反证法的思想方法，逐一判断得出答案．
【解答】解：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD．所以四边形ABED为平行四边形，∴DA＝EB．折叠后得出图形如下：
①过M，N分别作AE，BC的平行线，交ED，EC于F，H．连接FH
则 HNCB=ENEB，FMEA=DMDA，由平行公理得HN∥FM，
∵DA＝EB，∴HN＝FM，
∴四边形MNHF是平行四边形．
∴MN∥FH
MN⊄面CED，HF⊂面CED．∴MN∥平面DEC． ①正确；
②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
∴AE⊥面CED，HF⊂面CED∴AE⊥HF，∴MN⊥AE；②正确；
③MN与AB 异面．假若MN∥AB，则MN与AB确定平面MNAB，
从而BE⊂平面MNAB，AD⊂平面MNAB．与BE和AD是异面直线矛盾．③错误；
④当CE⊥ED时，EC⊥AD．
这是因为，由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，
所以CE⊥面AED，AD⊂面AED．得出EC⊥AD．④错误．
故答案为：①②．
24．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F，G分别是C1D1，AA1，BC的中点，BD1与平面EFG 不平行 （填“平行”或“不平行”）；在正方体的12条面对角线中，与平面EFG平行的面对角线有 6 条．
【分析】建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，求出所需各点的坐标，求出所需的直线的方向向量和平面EFG的法向量，判断直线的方向向量与平面的法向量的数量积是否为0，即可得到答案．
【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则B（2，2，0），D1（0，0，2），E（0，1，2），
F（2，0，2），G（1，2，0），A（2，0，0），C（0，2，0），
可得BD1→=（﹣2，﹣2，2），EF→=（2，﹣1，﹣1），EG→=（1，1，﹣2），
设平面EFG的法向量是m→=（x，y，z），
由m→⋅EF→=0m→⋅EG→=0，可得2x−y−z=0x+y−2z=0，
令x＝1，则y＝1，z＝1，所以m→=（1，1，1），
因为BD1→⋅m→=−2×1+(−2)×1+2×1≠0，
所以BD1与平面EFG不平行，
又AC→=(−2，2，0)，且m→⋅AC→=−2×1+2×1+0×1=0，
所以AC与平面EFG平行，
又因为A1C1∥AC，
所以A1C1与平面EFG平行，
同理可得，A1B，D1C，AD1，BC1与平面EFG平行，
BD，B1D1，AB1，DC1，A1D，B1C与平面EFG不平行，
故与平面EFG平行的面对角线有6条．
故答案为：不平行；6．
25．已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，则过点B1且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为 4113 ．
【分析】取ED的中点F，取G，使A1G=13A1D1，取H使BH=13BC，连接GH，FH，GB1，根据面面平行的判定定理可证得面A1BE∥面FHB1G，求出边长，及对角线长，根据菱形的面积公式即可求出结果．
【解答】解：取ED的中点F，取G，使A1G=13A1D1，取H使BH=13BC，连接GH，FH，GB1，由平行性质可知：FH∥GB1且FH＝GB1，即四边形FHB1G为平行四边形，
∵棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，AE=13AD=23，
∴BE∥FH，A1E∥GF，∴BE∥面FHB1G，A1E∥面FHB1G，
∵A1E∩EB＝E，
∴面A1BE∥面FHB1G，
∵FH＝EB=(23)2+22=2103，FG＝A1E=(23)2+22=2103，
∴四边形FHB1G为菱形，GH=A1E=22，
∴B1F=2GF2−(GH2)2=2(2103)2−(2)2=2223，
截面面积S=12GH⋅B1F=12⋅2223⋅22=4113．．
故答案为：4113，
26．空间四边形ABCD的两条对角线AC、BD所成角为30°，设AC＝6，BD＝8．则过AB的中点E且平行于BD、AC的截面四边形的面积为 6 ．
【分析】根据三角形的中位线定理知，EF、EH的长为其第三边的一半，根据平行四边形的面积公式即得结论．
【解答】解：设截面四边形为EFGH，F、G、H分别是BC、CD、DA的中点，
则四边形EFGH为平行四边形，
EF＝GH＝3，FG＝HE＝4，∠EFG＝30°或150°
∴截面四边形的面积为EF•FG•sin∠EFG＝3•4•12=6．
∴过AB的中点E且平行于BD、AC的截面四边形的面积为6．
故答案为：6．
27．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为 1 ．
【分析】由题意画出图形，证明四边形EFGH为矩形，再由平行线截线段成比例列式，结合基本不等式即可求得四边形EFGH的面积的最大值．
【解答】解：如图，
∵AC∥平面EFGH，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EH，∴AC∥EH，
同理AC∥FG，则EH∥FG，
∵BD∥平面EFGH，BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFGH＝EF，∴BD∥EF，
同理BD∥GH，则EF∥GH．
则四边形EFGH为平行四边形，
又由正四面体的对称性可证得AC⊥BD，则EH⊥EF，即四边形EFGH为矩形，
∵正四面体的棱长为2，则CGCD=GHBD=GH2，GDCD=GFAC=GF2，
两式相加可得：1=GH2+GF2≥2GH⋅GF4=GH⋅GF，
即GH•GF≤1，当且仅当GH＝GF时等号成立．
∴四边形EFGH的面积的最大值为1．
故答案为：1．
三．解答题（共6小题）
28．已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，ABCD是菱形且∠DAB＝60°，E，F分别为BC，CC1的中点．
（1）证明：EF∥平面ABD1；
（2）求三棱柱ADD1﹣BCC1的体积．
【分析】（1）连接BC1，由平面的基本性质可得平面ABD1与平面ABC1D1为同一平面，再由平面几何的知识可得EF∥BC1，由线面平行的判定即可得证；
（2）由题意结合棱柱的体积公式可得四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积，再利用VADD1−BCC1=12VABCD−A1B1C1D1即可得解．
【解答】解：（1）证明：连接BC1，如图：
因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，且ABCD是菱形，
所以AB∥CD∥C1D1，所以平面ABD1与平面ABC1D1为同一平面，
又E，F分别为BC，CC1的中点，所以EF∥BC1，
因为EF⊄平面ABC1D1，BC1⊂平面ABC1D1，
所以EF∥平面ABC1D1，即EF∥平面ABD1；
（2）由题意底面ABCD的面积S底面ABCD＝2×12×AD×AB×sin∠DAB=2×2×32=23，
由直四棱柱的性质可得A1A⊥平面ABCD，所以A1A为该四棱柱的高，
所以四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积VABCD−A1B1C1D1=SABCD•AA1＝23×2=43，
又三棱柱ADD1﹣BCC1与三棱柱AA1D1﹣BB1C1等底等高，
所以VADD1−BCC1=VAA1D1−BB1C1=12VABCD−A1B1C1D1=23．
29．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；
（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，
∴AB∥EF，又∵EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴EF∥平面ABC；
（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，
∵BC⊥BD，FG∥BC，∴FG⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，FG⊂平面BCD，
∴FG⊥平面ABD，∵AD⊂平面ABD，∴FG⊥AD，
∵AD⊥EF，且EF∩FG＝F，
∴AD⊥平面EFG，∵EG⊂平面EFG，∴AD⊥EG，
∵EG∥AC，∴AD⊥AC．
30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：
（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；
（Ⅱ）BE∥平面PAD；
（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．
【分析】（Ⅰ）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（Ⅱ）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE∥AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE∥平面PAD．
（Ⅲ）先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF∥PD，
从而证得 CD⊥EF②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理
证得平面BEF⊥平面PCD．
【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．
又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．
（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，
∴CD⊥EF②．
而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．
由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．
31．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E为线段AD上的任意一点（不包括A、D两点），平面CEC1与平面BB1D交于FG．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）证明：FG∥平面AA1B1B．
【分析】（1）先证出BB1⊥AC，AC⊥B1D，即可证明AC⊥平面BB1D，从而证出AC⊥BD；
（2）先证明CC1∥平面BB1D，得出CC1∥FG，从而得出FG∥BB1，再证出FG∥平面AA1B1B．
【解答】解：（1）证明：四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵BB1⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC；
又AC⊥B1D，
BB1∩B1D＝B1，
∴BB1⊂平面BB1D，B1D⊂平面BB1D，
∴AC⊥平面BB1D；
又BD⊂平面BB1D，
∴AC⊥BD；
（2）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1∥BB1，
CC1⊄平面BB1D，BB1⊂平面BB1D，
∴CC1∥平面BB1D；
又平面CEC1∩平面BB1D＝FG，
∴CC1∥FG，
∴FG∥BB1；
又FG⊄平面ABB1A1，BB1⊂平面ABB1A1，
∴FG∥平面AA1B1B．
32．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1⊥CC1，点E，F分别是BC，A1B1的中点，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1．
（1）求证：B1C1⊥A1C；
（2）求证：EF∥平面A1C1CA．
【分析】（1）推导出BC1⊥平面ACC1A1．由此能证明BC1⊥A1C．
（2）取A1C1中点G，连接FG、GC，证明四边形FECG是平行四边形，由此能证明EF∥平面A1C1CA．
【解答】证明：（1）因为BC1⊥C1C，又平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，
且平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝C1C，
所以BC1⊥平面ACC1A1．
又因为A1C⊂平面A1C1CA，
所以BC1⊥A1C．
（2）取A1C1中点G，连FG，连GC，如图所示：
在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1中点，
所以FG∥B1C1，且FG=12B1C1．
在平行四边形BCC1B1中，因为E是BC的中点，
所以EC∥B1C1，且EC=12B1C1．
所以EC∥FG，且EC＝FG．
所以四边形FECG是平行四边形．
所以FE∥GC．
又因为FE⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，
所以EF∥平面A1C1CA．
33．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA＝PC，E，F分别为AB和PD的中点．
（1）求证：AC⊥平面PBD；
（2）求证：EF∥平面PBC．
【分析】（1）设AC∩BD＝O，则O是BD中点，由面ABCD是菱形，可得BD⊥AC，又PA＝PC，O是AC中点，可得AC⊥PO，利用线面垂直的判定定理即可证明AC⊥平面PAC．
（2）取PC中点为G，由已知利用中位线的性质可得FG∥CD，且FG=12CD，又由底面ABCD是菱形，E是AB中点，可得BE∥CD，且BE=12CD，从而BE∥FG，且BE＝FG，可得四边形BEFG是平行四边形，可得EF∥BG，利用线面平行的判定定理即可证明EF∥平面PBC．
【解答】证明：（1）设AC∩BD＝O，则O是BD中点，
∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
又∵PA＝PC，O是AC中点，
∴AC⊥PO，
又BD∩PO＝O，
∴AC⊥平面PBD．
（2）取PC中点为G，
∵在△PCD中，F是PD中点，G是PC中点，
∴FG∥CD，且FG=12CD，
又∵底面ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∵E是AB中点，
∴BE∥CD，且BE=12CD，
∴BE∥FG，且BE＝FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG，
又EF⊄平面PBC，BG⊄平面PBC，
∴EF∥平面PBC．
人教版2021届一轮复习打地基练习 直线与平面平行
一．选择题（共13小题）
1．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不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
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∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
3．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，过BF的平面α与直线C1E平行，则平面α截该长方体所得截面的面积为（ ）
A．3 B．32 C．33 D．35
4．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点，若A1C∥平面BC1D，则D为（ ）
A．棱AB的中点 B．棱AA1的中点
C．棱BC的中点 D．棱A1B1的中点
5．如图甲，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（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ）
①AF∥平面BCD；②BE∥平面CDF；③CD∥平面BEF．
A．0 B．1 C．2 D．3
6．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝4，AB＝2，∠ABC=π3，E为BC中点，平面α过点E且与平面BDD1垂直，CC1∥α，则α被此直四棱柱截得的截面面积为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．6
7．直线m与平面α平行的充要条件是（ ）
A．直线m与平面α没有公共点
B．直线m与平面α内的一条直线平行
C．直线m与平面α内的无数条直线平行
D．直线m与平面α内的任意一条直线平行
8．如图所示的四个正方体中，A，B是正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③
9．如图，各棱长均为1的正三棱柱ABC﹣A1B1C1，M，N分别为线段A1B，B1C上的动点，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条
10．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥截面AB1C，则线段MP长度的取值范围是（ ）
A．[2，6] B．[6，22] C．[6，23] D．[6，3]
11．在下面四个三棱柱中，A，B为三棱柱的两个顶点，E，F，G为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线AB与平面EFG不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
12．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的图形个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
13．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的图形的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②④
二．填空题（共14小题）
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中点，F在CC1上，且CF＝2FC1，点P是侧面AA1D1D（包括边界）上一动点，且PB1∥平面DEF，则tan∠ABP的取值范围为 ．
15．已知线段AD∥平面α，且与平面α的距离等于4，点B是平面α内动点，且满足AB＝5，AD＝10．则B、D两点之间的距离的最大值为 ．
16．如图：点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥A﹣D1PC的体积不变；
②A1P∥面ACD1；
③DP⊥BC1；
④面PDB1⊥面ACD1．
其中正确的命题的序号是 ．
17．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则点A1到平面AMN的距离是 ；若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥平面AMN，则线段PA1的长度范围是 ．
18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H，点N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，则A1NA1B1的值为 ．
19．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，E为BB1中点，若点P满足AP→=λPD→，且BP∥平面AED1，则λ＝ ．
20．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，①EF与BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF与C1D所成的角为45°；④EF∥平面A1B1C1D1．则以上结论中成立的是 ．
21．如图，过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点B1，D1与棱AB的中点P的平面与底面ABCD所在平面的交线记为l，则l与B1D1的位置关系为 ．
22．空间四边形PABC的各边及对角线长度都相等，D、E、F、G分别是AB、BC、CA、AP的中点，下列四个结论中成立的是
①BC∥平面PDF
②DF⊥平面PAE
③平面GDF∥平面PBC
④平面PAE⊥平面ABC．
23．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M、N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是 ．（写出所有正确说法的序号）
①不论D折至何位置（不在平面ABC内，都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN∥AB；
④不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有EC不垂直AD．
24．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F，G分别是C1D1，AA1，BC的中点，BD1与平面EFG （填“平行”或“不平行”）；在正方体的12条面对角线中，与平面EFG平行的面对角线有 条．
25．已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，则过点B1且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为 ．
26．空间四边形ABCD的两条对角线AC、BD所成角为30°，设AC＝6，BD＝8．则过AB的中点E且平行于BD、AC的截面四边形的面积为 ．
27．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为 ．
三．解答题（共6小题）
28．已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，ABCD是菱形且∠DAB＝60°，E，F分别为BC，CC1的中点．
（1）证明：EF∥平面ABD1；
（2）求三棱柱ADD1﹣BCC1的体积．
29．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：
（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；
（Ⅱ）BE∥平面PAD；
（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．
31．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E为线段AD上的任意一点（不包括A、D两点），平面CEC1与平面BB1D交于FG．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）证明：FG∥平面AA1B1B．
32．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1⊥CC1，点E，F分别是BC，A1B1的中点，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1．
（1）求证：B1C1⊥A1C；
（2）求证：EF∥平面A1C1CA．
33．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA＝PC，E，F分别为AB和PD的中点．
（1）求证：AC⊥平面PBD；
（2）求证：EF∥平面PBC．
人教版2021届一轮复习打地基练习 直线与平面平行
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．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不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案．
【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；
对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；
对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；
所以选项A满足题意，
故选：A．
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∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可．
【解答】解：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，
由直线与平面平行的性质定理可得：MN∥PA．
故选：B．
3．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，过BF的平面α与直线C1E平行，则平面α截该长方体所得截面的面积为（ ）
A．3 B．32 C．33 D．35
【分析】由过BF的平面α与直线C1E平行，得平面α是矩形BCFE，由此能求出平面α截该正方体所得截面的面积．
【解答】解：在ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，
∵过BF的平面α与直线C1E平行，又AF∥C1E，
∴平面α是平面ABF，
取DD1中点G，连结GF，AG，∴平面α截该正方体所得截面为矩形ABFG，
∵AB＝3，BF=22+1=5，
∴平面α截该正方体所得截面的面积为S矩形ABFG＝35．
故选：D．
4．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为该棱柱的九条棱中某条棱的中点，若A1C∥平面BC1D，则D为（ ）
A．棱AB的中点 B．棱AA1的中点
C．棱BC的中点 D．棱A1B1的中点
【分析】当D为棱A1B1的中点时，取AB的中点E，由平行四边形的判定和性质，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定和性质，可得结论．
【解答】解：如图，当D为棱A1B1的中点时，取AB的中点E，
连接CE，A1E，
由A1D＝BE，A1D∥BE，可得四边形BEA1D为平行四边形，即有A1E∥BD，
由A1E⊄平面BDC1，BD⊂平面BDC1，
所以A1E∥平面BDC1，
同理可得CE∥平面BDC1，
由CE∩A1E＝E，
可得平面A1CE∥平面BC1D，
由于A1C⊂平面A1CE，
则A1C∥平面BC1D．
故选：D．
5．如图甲，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（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（ ）
①AF∥平面BCD；②BE∥平面CDF；③CD∥平面BEF．
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】对于①，由题意得AB∥=CF，四边形ABCF是平行四边形，从而AF∥BC，由此得到AF∥平面BCD；
对于②，取DF中点G，连接EG，CG，推导出EG∥=12BC，从而BE与CG相交，由此得到BE与平面CDF相交；
对于③，连接AC，BD，交于点O，连接OE，推导出OE∥CD，由此得到CD∥平面BEF．
【解答】解：如图甲，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（如图乙），
对于①，由题意得AB∥=CF，∴四边形ABCF是平行四边形，∴AF∥BC，
∵AF⊄平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AF∥平面BCD，故①正确；
对于②，取DF中点G，连接EG，CG，
∵E是AD中点，AF∥=BC，∴EG∥=12BC，
∴BE与CG相交，∴BE与平面CDF相交，故②错误；
对于③，连接AC，BD，交于点O，连接OE，
∵四边形ABCF是平行四边形，∴O是AC中点，
∴OE∥CD，∵OE⊂平面BEF，CD⊄平面BEF，∴CD∥平面BEF，故③正确．
故选：C．
6．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝4，AB＝2，∠ABC=π3，E为BC中点，平面α过点E且与平面BDD1垂直，CC1∥α，则α被此直四棱柱截得的截面面积为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．6
【分析】分别取AB，A1B1，B1C1的中点F，M，N，连接MF，MN，NE，FE，AC，利用菱形的性质可知BD⊥AC，根据三角形的中位线定理，进而可得BD⊥EF，又可得BD⊥EN，利用线面垂直的判定可得BD⊥平面EFMN，利用面面垂直的判定可得平面EFMN⊥平面BDD1．可得EFMN为矩形．进而根据矩形的面积公式即可求解．
【解答】解：分别取AB，A1B1，B1C1的中点F，M，N，连接MF，MN，NE，FE，AC．
由四边形ABCD为菱形，知BD⊥AC，
再根据三角形的中位线定理，知EF∥AC，所以BD⊥EF，
又因为EN∥CC1，因此BD⊥EN．
又EF∩EN＝E，EF⊂平面EFMN，EN⊂平面EFMN，
故BD⊥平面EFMN，
又BD⊂平面BDD1，则平面EFMN⊥平面BDD1．
则EFMN为矩形．
由EF＝1，MF＝4，故截面面积为4．
故选：C．
7．直线m与平面α平行的充要条件是（ ）
A．直线m与平面α没有公共点
B．直线m与平面α内的一条直线平行
C．直线m与平面α内的无数条直线平行
D．直线m与平面α内的任意一条直线平行
【分析】根据直线与平面平行的定义，由于定义是充要条件得到选项．
【解答】解：根据直线与平面平行的定义：直线与平面没有公共点时，直线与平面平行
所以“直线α与平面M没有公共点”是“直线α与平面M平行”的充要条件
故选：A．
8．如图所示的四个正方体中，A，B是正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③
【分析】首先由线面平行的判定可知①正确，由此排除选项BC，再根据面面平行的性质，由此排除A，即可得到正确答案．
【解答】解：对①，连接BD交NP于点O，则OM∥AB，易知AB∥平面MNP，即①正确，故排除BC；
对③，由正方体的性质可知，平面MNP∥平面ABC，又AB在平面ABC内，故AB∥平面MNP，即③正确，故排除A．
故选：D．
9．如图，各棱长均为1的正三棱柱ABC﹣A1B1C1，M，N分别为线段A1B，B1C上的动点，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．无数条
【分析】任取线段A1B上一点M，过M作MH∥AA1，交AB于H，过H作HG∥AC交BC于G，过G作CC1的平行线，与CB1一定有交点N，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有无数个．
【解答】解：如图，任取线段A1B上一点M，过M作MH∥AA1，交AB于H，过H作HG∥AC交BC于G，
过G作CC1的平行线，与CB1一定有交点N，且MN∥平面ACC1A1，则这样的MN有无数个．
故选：D．
10．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥截面AB1C，则线段MP长度的取值范围是（ ）
A．[2，6] B．[6，22] C．[6，23] D．[6，3]
【分析】取CD的中点N，CC1的中点R，B1C1的中点H，证明平面MNRH∥平面AB1C，MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，通过证明MN2＝NR2+MR2，说明∠MRN是直角，可得线段MP长度的取值范围是：[MR，MN]，从而得解．
【解答】解：取CD的中点N，CC1的中点R，B1C1的中点H，
则MN∥B1C∥HR，MH∥AC，
故平面MNRH∥平面AB1C，
MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，
由AB＝2，则MN＝22，NR=2，MR=6，
∴MN2＝NR2+MR2，
∴∠MRN是直角，
∴线段MP长度的取值范围是：[MR，MN]，即：[6，22]．
故选：B．
11．在下面四个三棱柱中，A，B为三棱柱的两个顶点，E，F，G为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线AB与平面EFG不平行的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】在A和B中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，直线AB与平面EFG平行；在C中，直线AB与平面EFG相交；在D中，AB∥FG，直线AB与平面EFG平行．
【解答】解：A，B为三棱柱的两个顶点，E，F，G为所在棱的中点，
在A中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，∴直线AB与平面EFG平行，故A错误；
在B中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，∴直线AB与平面EFG平行，故B错误；
在C中，直线AB与平面EFG相交，∴直线AB与平面EFG不平行，故C正确；
在D中，AB∥FG，AB⊄平面EFG，FG⊂平面EFG，∴直线AB与平面EFG平行，故D错误．
故选：C．
12．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的图形个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】平移直线A1F，判断平移后的直线：在平面BD1E上则A1F∥平面BD1E，与平面BD1E交于一点则不平行，即可得解．
【解答】解：①中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
②中，由于AF∥DE，而AF⊄平面BDE，DE⊂平面BDE，故A1F∥平面BD1E；
③中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
故选：B．
13．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的图形的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②④
【分析】利用直线与平面平行的判定定理直接求解．
【解答】解：在①中，由正方体性质得到平面MNP与AB所在平面平行，
∴AB∥平面MNP，故①成立；
②若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，
∴AB与面MNP不平行，故②不成立；
③过P作与AB平行的直线PO，则PO与平面MNP相交，
∴AB与面MNP不平行，故③不成立；
④在④中，AB与PN平行，∴AB∥平面MNP，故④成立．
故选：B．
二．填空题（共14小题）
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中点，F在CC1上，且CF＝2FC1，点P是侧面AA1D1D（包括边界）上一动点，且PB1∥平面DEF，则tan∠ABP的取值范围为 [13，133] ．
【分析】作出平面MNQB1∥平面DEF，推导出P的轨迹是线段QN，P在Q处，tan∠ABP取最小值，P在N处，tan∠ABP取最大值，由此能求出tan∠ABP的取值范围．
【解答】解：如图所示，作出平面MNQB1∥平面DEF，
则A1Q＝2AQ，DN＝2D1N，
∵PB1∥平面DEF，∴P的轨迹是线段QN，
P在Q处，tan∠ABP取最小值tan∠ABP=13，
P在N处，tan∠ABP取最大值tan∠ABP=4+93=133．
∴tan∠ABP的取值范围为[13，133]．
故答案为：[13，133]．
15．已知线段AD∥平面α，且与平面α的距离等于4，点B是平面α内动点，且满足AB＝5，AD＝10．则B、D两点之间的距离的最大值为 185 ．
【分析】记A、D在面α内的射影分别为A1、D1，由AB＝5，可得出B在面α内以A1为圆心、3为半径的圆周上，由勾股定理能求出B、D两点之间的距离的最大值．
【解答】解：记A、D在面α内的射影分别为A1、D1，
∵AB＝5，AA1＝4，∴A1B＝3，
即B在面α内以A1为圆心、3为半径的圆周上，
又A1D1＝10，故D1B最大为13，最小为7，而DD1＝4，
由勾股定理得B、D两点之间的距离的最大值为：132+42=185．
故答案为：185．
16．如图：点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥A﹣D1PC的体积不变；
②A1P∥面ACD1；
③DP⊥BC1；
④面PDB1⊥面ACD1．
其中正确的命题的序号是 ①②④ ．
【分析】如右图，对于①，容易证明AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，以P为顶点，平面AD1C为底面，易得；对于②，连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得；
对于③，由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1平面，若DP⊥BC1，则DC与DP重合，与条件矛盾；对于④，容易证明PDB1⊥面ACD1，从而可以证明面面垂直．
【解答】解：对于①，容易证明AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离
均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A﹣D1PC的体积不变；正确；
对于②，连接A1B，A1C1容易证明A1C1∥AC且相等，由于①知：AD1∥BC1，
所以BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得A1P∥面ACD1；②正确；
对于③由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾；错误；
对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知：④正确．
故答案为：①②④
17．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，则点A1到平面AMN的距离是 43 ；若动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥平面AMN，则线段PA1的长度范围是 [322，5] ．
【分析】构造与平面AMN平行的平面A1EF，得出P点轨迹，将A1到平面AMN的距离转化为F到平面AMN的距离计算，并在△A1EF中计算A1P的范围．
【解答】解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，FM，
则A1E∥AM，EF∥MN，
∴平面A1EF∥平面AMN，
∴A1到平面AMN的距离等于F到平面AMN的距离，
∵正方体棱长为2，∴AM=5，MN=2，AN＝3，
∴cos∠MAN=5+9−22×5×3=25，sin∠MAN=15，
∴S△AMN=12×5×3×15=32，设F到平面AMN的距离为h，则VF﹣AMN=13×32×ℎ=ℎ2，
又VF﹣AMN＝VA﹣MNF=13×12×2×1×2=23，
∴ℎ2=23，即h=43．
∴A1到平面AMN的距离为43．
∵A1P∥平面AMN，∴P的轨迹为线段EF．
∵A1E＝A1F=5，EF=2，
∴当A1P⊥EF时，A1P取得最小值5−(22)2=322，
当P与E（或F）重合时，A1P取得最大值5．
∴322≤A1P≤5．
故答案为：43，[322，5]．
18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H，点N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，则A1NA1B1的值为 12 ．
【分析】取A1C1 的中点M，A1B1 的中点N，连接HM，MN，证明平面MNH∥平面A1BC，得NH∥平面A1BC，由此可得A1NA1B1的值．
【解答】解：如图，
取A1C1 的中点M，A1B1 的中点N，
连接HM，MN，
由H，M，N分别为CC1，A1C1，A1B1 的中点，
得MH∥A1C，MN∥B1C1∥BC．
∵A1C⊂平面A1BC，MH⊄平面A1BC，
∴MH∥平面A1BC；
∵BC⊂平面A1BC，MN⊄平面A1BC，
∴MN∥平面A1BC，
又MH∩MN＝M，∴平面MNH∥平面A1BC，
则NH∥平面A1BC．
由N为A1B1 的中点，可知A1NA1B1的值为12．
故答案为：12．
19．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，E为BB1中点，若点P满足AP→=λPD→，且BP∥平面AED1，则λ＝ 1 ．
【分析】先猜想点P为AD的中点，取AD1的中点F，连接EF、PF，再证明BP∥平面AED1．结合正四棱柱和中位线的性质可推出四边形BPFE为平行四边形，从而BP∥EF，然后由线面平行的判定定理可证得BP∥平面AED1．
【解答】解：如图所示，分别取AD1、AD的中点F、P，连接EF、PF，此点P即为所求．
理由如下：
∵F、P分别为AD1、AD的中点，
∴FP∥D1D，FP=12D1D，
∵E为BB1中点，
∴BE=12BB1，
又D1D∥BB1，
∴FP∥BE，FP＝BE，
∴四边形BPFE为平行四边形，
∴BP∥EF，
∵BP⊄平面AED1，EF⊂平面BPFE，
∴BP∥平面AED1．
由于P为AD的中点，
所以λ＝1．
故答案为：1．
20．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，①EF与BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF与C1D所成的角为45°；④EF∥平面A1B1C1D1．则以上结论中成立的是 ①④ ．
【分析】观察正方体的图形，连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，推出EF∥A1C1；分析判断①④正误；直线与平面垂直的判定定理判断②的正误；异面直线所成的角判断③的正误．
【解答】解：连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，
在三角形B1AC中，EF∥=12AC，所以EF∥平面ABCD，故①正确；
AC不垂直平面BCC1B1，所以②EF⊥平面BCC1B1，故②不正确；
EF与C1D所成角就是∠B1AC＝60°，故③不正确；
由EF∥=12AC，AC∥A1C1得EF∥A1C1，所以EF∥平面A1B1C1D1，故④正确．
故答案为：①④．
21．如图，过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点B1，D1与棱AB的中点P的平面与底面ABCD所在平面的交线记为l，则l与B1D1的位置关系为 l∥B1D1 ．
【分析】连接D1P、B1P，由平面ABCD∥平面A1B1C1D1，结合面面平行的性质定理即可得l∥B1D1．
【解答】解：如图所示，连接D1P、B1P，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝l，
∴l∥B1D1．
故答案为：l∥B1D1．
22．空间四边形PABC的各边及对角线长度都相等，D、E、F、G分别是AB、BC、CA、AP的中点，下列四个结论中成立的是 ①②
①BC∥平面PDF
②DF⊥平面PAE
③平面GDF∥平面PBC
④平面PAE⊥平面ABC．
【分析】由BC∥DF，得BC∥平面PDF；由DE⊥BC，AE⊥BC，得BC⊥平面PAE，由DF∥BC，得到DF⊥平面PAE；由DG∥PB，GF∥PC，DG∩GF＝G，DG，GF⊂平面GDF，得平面GDF∥平面PBC；由BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，得平面PAE⊥平面ABC．
【解答】解：∵空间四边形PABC的各边及对角线长度都相等，
D、E、F、G分别是AB、BC、CA、AP的中点，
∴BC∥DF，又BC不包含于平面PDF，DF⊂平面PDF，
∴BC∥平面PDF，故①正确；
∵DE⊥BC，AE⊥BC，DE∩AE＝E，
∴BC⊥平面PAE，
∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故②正确；
∵DG∥PB，GF∥PC，DG∩GF＝G，DG，GF⊂平面GDF，
∴平面GDF∥平面PBC，故③正确；
∵BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，故④正确．
故答案为：①②③④．
23．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M、N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是 ①② ．（写出所有正确说法的序号）
①不论D折至何位置（不在平面ABC内，都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置（不在平面ABC内）都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN∥AB；
④不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有EC不垂直AD．
【分析】利用直线和平面平行、直线和平面垂直的判定定理、性质定理，结合反例、反证法的思想方法，逐一判断得出答案．
【解答】解：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD．所以四边形ABED为平行四边形，∴DA＝EB．折叠后得出图形如下：
①过M，N分别作AE，BC的平行线，交ED，EC于F，H．连接FH
则 HNCB=ENEB，FMEA=DMDA，由平行公理得HN∥FM，
∵DA＝EB，∴HN＝FM，
∴四边形MNHF是平行四边形．
∴MN∥FH
MN⊄面CED，HF⊂面CED．∴MN∥平面DEC． ①正确；
②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
∴AE⊥面CED，HF⊂面CED∴AE⊥HF，∴MN⊥AE；②正确；
③MN与AB 异面．假若MN∥AB，则MN与AB确定平面MNAB，
从而BE⊂平面MNAB，AD⊂平面MNAB．与BE和AD是异面直线矛盾．③错误；
④当CE⊥ED时，EC⊥AD．
这是因为，由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，
所以CE⊥面AED，AD⊂面AED．得出EC⊥AD．④错误．
故答案为：①②．
24．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F，G分别是C1D1，AA1，BC的中点，BD1与平面EFG 不平行 （填“平行”或“不平行”）；在正方体的12条面对角线中，与平面EFG平行的面对角线有 6 条．
【分析】建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，求出所需各点的坐标，求出所需的直线的方向向量和平面EFG的法向量，判断直线的方向向量与平面的法向量的数量积是否为0，即可得到答案．
【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则B（2，2，0），D1（0，0，2），E（0，1，2），
F（2，0，2），G（1，2，0），A（2，0，0），C（0，2，0），
可得BD1→=（﹣2，﹣2，2），EF→=（2，﹣1，﹣1），EG→=（1，1，﹣2），
设平面EFG的法向量是m→=（x，y，z），
由m→⋅EF→=0m→⋅EG→=0，可得2x−y−z=0x+y−2z=0，
令x＝1，则y＝1，z＝1，所以m→=（1，1，1），
因为BD1→⋅m→=−2×1+(−2)×1+2×1≠0，
所以BD1与平面EFG不平行，
又AC→=(−2，2，0)，且m→⋅AC→=−2×1+2×1+0×1=0，
所以AC与平面EFG平行，
又因为A1C1∥AC，
所以A1C1与平面EFG平行，
同理可得，A1B，D1C，AD1，BC1与平面EFG平行，
BD，B1D1，AB1，DC1，A1D，B1C与平面EFG不平行，
故与平面EFG平行的面对角线有6条．
故答案为：不平行；6．
25．已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，则过点B1且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为 4113 ．
【分析】取ED的中点F，取G，使A1G=13A1D1，取H使BH=13BC，连接GH，FH，GB1，根据面面平行的判定定理可证得面A1BE∥面FHB1G，求出边长，及对角线长，根据菱形的面积公式即可求出结果．
【解答】解：取ED的中点F，取G，使A1G=13A1D1，取H使BH=13BC，连接GH，FH，GB1，由平行性质可知：FH∥GB1且FH＝GB1，即四边形FHB1G为平行四边形，
∵棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，AE=13AD=23，
∴BE∥FH，A1E∥GF，∴BE∥面FHB1G，A1E∥面FHB1G，
∵A1E∩EB＝E，
∴面A1BE∥面FHB1G，
∵FH＝EB=(23)2+22=2103，FG＝A1E=(23)2+22=2103，
∴四边形FHB1G为菱形，GH=A1E=22，
∴B1F=2GF2−(GH2)2=2(2103)2−(2)2=2223，
截面面积S=12GH⋅B1F=12⋅2223⋅22=4113．．
故答案为：4113，
26．空间四边形ABCD的两条对角线AC、BD所成角为30°，设AC＝6，BD＝8．则过AB的中点E且平行于BD、AC的截面四边形的面积为 6 ．
【分析】根据三角形的中位线定理知，EF、EH的长为其第三边的一半，根据平行四边形的面积公式即得结论．
【解答】解：设截面四边形为EFGH，F、G、H分别是BC、CD、DA的中点，
则四边形EFGH为平行四边形，
EF＝GH＝3，FG＝HE＝4，∠EFG＝30°或150°
∴截面四边形的面积为EF•FG•sin∠EFG＝3•4•12=6．
∴过AB的中点E且平行于BD、AC的截面四边形的面积为6．
故答案为：6．
27．已知正四面体ABCD中，AB＝2，点E，F，G，H分别在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，则四边形EFGH的面积的最大值为 1 ．
【分析】由题意画出图形，证明四边形EFGH为矩形，再由平行线截线段成比例列式，结合基本不等式即可求得四边形EFGH的面积的最大值．
【解答】解：如图，
∵AC∥平面EFGH，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EH，∴AC∥EH，
同理AC∥FG，则EH∥FG，
∵BD∥平面EFGH，BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFGH＝EF，∴BD∥EF，
同理BD∥GH，则EF∥GH．
则四边形EFGH为平行四边形，
又由正四面体的对称性可证得AC⊥BD，则EH⊥EF，即四边形EFGH为矩形，
∵正四面体的棱长为2，则CGCD=GHBD=GH2，GDCD=GFAC=GF2，
两式相加可得：1=GH2+GF2≥2GH⋅GF4=GH⋅GF，
即GH•GF≤1，当且仅当GH＝GF时等号成立．
∴四边形EFGH的面积的最大值为1．
故答案为：1．
三．解答题（共6小题）
28．已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，ABCD是菱形且∠DAB＝60°，E，F分别为BC，CC1的中点．
（1）证明：EF∥平面ABD1；
（2）求三棱柱ADD1﹣BCC1的体积．
【分析】（1）连接BC1，由平面的基本性质可得平面ABD1与平面ABC1D1为同一平面，再由平面几何的知识可得EF∥BC1，由线面平行的判定即可得证；
（2）由题意结合棱柱的体积公式可得四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积，再利用VADD1−BCC1=12VABCD−A1B1C1D1即可得解．
【解答】解：（1）证明：连接BC1，如图：
因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，且ABCD是菱形，
所以AB∥CD∥C1D1，所以平面ABD1与平面ABC1D1为同一平面，
又E，F分别为BC，CC1的中点，所以EF∥BC1，
因为EF⊄平面ABC1D1，BC1⊂平面ABC1D1，
所以EF∥平面ABC1D1，即EF∥平面ABD1；
（2）由题意底面ABCD的面积S底面ABCD＝2×12×AD×AB×sin∠DAB=2×2×32=23，
由直四棱柱的性质可得A1A⊥平面ABCD，所以A1A为该四棱柱的高，
所以四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积VABCD−A1B1C1D1=SABCD•AA1＝23×2=43，
又三棱柱ADD1﹣BCC1与三棱柱AA1D1﹣BB1C1等底等高，
所以VADD1−BCC1=VAA1D1−BB1C1=12VABCD−A1B1C1D1=23．
29．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；
（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，
∴AB∥EF，又∵EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴EF∥平面ABC；
（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，
∵BC⊥BD，FG∥BC，∴FG⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，FG⊂平面BCD，
∴FG⊥平面ABD，∵AD⊂平面ABD，∴FG⊥AD，
∵AD⊥EF，且EF∩FG＝F，
∴AD⊥平面EFG，∵EG⊂平面EFG，∴AD⊥EG，
∵EG∥AC，∴AD⊥AC．
30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分别是CD和PC的中点，求证：
（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；
（Ⅱ）BE∥平面PAD；
（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．
【分析】（Ⅰ）根据条件，利用平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（Ⅱ）根据已知条件判断ABED为平行四边形，故有BE∥AD，再利用直线和平面平行的判定定理证得BE∥平面PAD．
（Ⅲ）先证明ABED为矩形，可得BE⊥CD①．现证CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位线的性质可得EF∥PD，
从而证得 CD⊥EF②．结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理
证得平面BEF⊥平面PCD．
【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性质定理可得PA⊥平面ABCD．
（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，E和F分别是CD和PC的中点，故四边形ABED为平行四边形，故有BE∥AD．
又AD⊂平面PAD，BE不在平面PAD内，故有BE∥平面PAD．
（Ⅲ）平行四边形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED为矩形，故有BE⊥CD①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分别为CD和PC的中点，可得EF∥PD，
∴CD⊥EF②．
而EF和BE是平面BEF内的两条相交直线，故有CD⊥平面BEF．
由于CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．
31．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E为线段AD上的任意一点（不包括A、D两点），平面CEC1与平面BB1D交于FG．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）证明：FG∥平面AA1B1B．
【分析】（1）先证出BB1⊥AC，AC⊥B1D，即可证明AC⊥平面BB1D，从而证出AC⊥BD；
（2）先证明CC1∥平面BB1D，得出CC1∥FG，从而得出FG∥BB1，再证出FG∥平面AA1B1B．
【解答】解：（1）证明：四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵BB1⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC；
又AC⊥B1D，
BB1∩B1D＝B1，
∴BB1⊂平面BB1D，B1D⊂平面BB1D，
∴AC⊥平面BB1D；
又BD⊂平面BB1D，
∴AC⊥BD；
（2）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1∥BB1，
CC1⊄平面BB1D，BB1⊂平面BB1D，
∴CC1∥平面BB1D；
又平面CEC1∩平面BB1D＝FG，
∴CC1∥FG，
∴FG∥BB1；
又FG⊄平面ABB1A1，BB1⊂平面ABB1A1，
∴FG∥平面AA1B1B．
32．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1⊥CC1，点E，F分别是BC，A1B1的中点，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1．
（1）求证：B1C1⊥A1C；
（2）求证：EF∥平面A1C1CA．
【分析】（1）推导出BC1⊥平面ACC1A1．由此能证明BC1⊥A1C．
（2）取A1C1中点G，连接FG、GC，证明四边形FECG是平行四边形，由此能证明EF∥平面A1C1CA．
【解答】证明：（1）因为BC1⊥C1C，又平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，
且平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝C1C，
所以BC1⊥平面ACC1A1．
又因为A1C⊂平面A1C1CA，
所以BC1⊥A1C．
（2）取A1C1中点G，连FG，连GC，如图所示：
在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1中点，
所以FG∥B1C1，且FG=12B1C1．
在平行四边形BCC1B1中，因为E是BC的中点，
所以EC∥B1C1，且EC=12B1C1．
所以EC∥FG，且EC＝FG．
所以四边形FECG是平行四边形．
所以FE∥GC．
又因为FE⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，
所以EF∥平面A1C1CA．
33．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA＝PC，E，F分别为AB和PD的中点．
（1）求证：AC⊥平面PBD；
（2）求证：EF∥平面PBC．
【分析】（1）设AC∩BD＝O，则O是BD中点，由面ABCD是菱形，可得BD⊥AC，又PA＝PC，O是AC中点，可得AC⊥PO，利用线面垂直的判定定理即可证明AC⊥平面PAC．
（2）取PC中点为G，由已知利用中位线的性质可得FG∥CD，且FG=12CD，又由底面ABCD是菱形，E是AB中点，可得BE∥CD，且BE=12CD，从而BE∥FG，且BE＝FG，可得四边形BEFG是平行四边形，可得EF∥BG，利用线面平行的判定定理即可证明EF∥平面PBC．
【解答】证明：（1）设AC∩BD＝O，则O是BD中点，
∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
又∵PA＝PC，O是AC中点，
∴AC⊥PO，
又BD∩PO＝O，
∴AC⊥平面PBD．
（2）取PC中点为G，
∵在△PCD中，F是PD中点，G是PC中点，
∴FG∥CD，且FG=12CD，
又∵底面ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∵E是AB中点，
∴BE∥CD，且BE=12CD，
∴BE∥FG，且BE＝FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG，
又EF⊄平面PBC，BG⊄平面PBC，
∴EF∥平面PBC．
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