2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第8章第4讲　空间直线、平面的平行Word版含解析

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1．直线与平面平行
(1)判定定理
(2)性质定理
2．平面与平面平行
(1)判定定理
(2)性质定理
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．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
3．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
4．两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
5．夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
6．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
7．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
8．如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．
1．已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线( )
A．只有一条，不在平面α内
B．只有一条，且在平面α内
C．有无数条，一定在平面α内
D．有无数条，不一定在平面α内
答案 B
解析 过直线外一点作该直线的平行线有且只有一条，因为点P在平面α内，所以这条直线也应该在平面α内．故选B.
2．(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
答案 B
解析 若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D均不是充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，反之也成立．因此B中的条件是α∥β的充要条件．故选B.
3．(多选)(2022·江苏镇江质量检测)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( )
答案 BCD
解析 A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；
C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选BCD.
4．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，给出下列五个结论：
①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC．
其中正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 C
解析 因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，因为M为PB的中点，所以OM为△PBD的中位线，OM∥PD，所以PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA．因为M∈PB，所以OM与平面PBA，平面PBC相交．故选C．
5．如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.
答案 eq \f(5,2)
解析 ∵平面α∥平面β，∴CD∥AB，∴eq \f(PC,PA)＝eq \f(CD,AB)，∴AB＝eq \f(PA·CD,PC)＝eq \f(5×1,2)＝eq \f(5,2).
6．已知下列命题：
①若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内；
②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；
③若直线l与平面α相交，则l与平面α内的任意直线都是异面直线；
④如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交；
⑤若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面；
⑥若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b.
其中正确的是________(填序号)．
答案 ①⑤
解析 ①若直线与平面有两个公共点，由基本事实2可得直线在平面内，故①正确；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α或l与α相交，故②错误；③若直线l与平面α相交，则l与平面α内的任意直线可能是异面直线或相交直线，故③错误；④如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故④错误；⑤若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线无公共点，即平行或异面，故⑤正确；⑥若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b或a，b异面，故⑥错误．
考向一 有关平行关系的判断
例1 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是( )
A．MN∥AP
B．MN∥BD1
C．MN∥平面BB1D1D
D．MN∥平面BDP
答案 C
解析 取B1C1的中点为Q，连接MQ，NQ，由三角形中位线定理，得MQ∥B1D1，∴MQ∥平面BB1D1D，由四边形BB1QN为平行四边形，得NQ∥BB1，∴NQ∥平面BB1D1D，∴平面MNQ∥平面BB1D1D，又MN⊂平面MNQ，∴MN∥平面BB1D1D，故选C．
(2)已知两条不同的直线a，b，两个不同的平面α，β，有如下命题：
①若a∥α，b⊂α，则a∥b；
②若α∥β，a⊂α，则a∥β；
③若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b.
其中正确命题的个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
答案 C
解析 若a∥α，b⊂α，则a与b平行或异面，故①错误；若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，即a∥β，故②正确；若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b无公共点，得a，b平行或异面，故③错误．∴正确命题的个数为1.故选C．
解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意点
(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中，条件“线在面外”易忽视．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．
1.已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
答案 D
解析 A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D.
2．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是( )
A．直线BQ∥平面EFG
B．直线A1B∥平面EFG
C．平面APC∥平面EFG
D．平面A1BQ∥平面EFG
答案 B
解析 过点E，F，G的截面如图所示(其中H，I分别为AA1，BC的中点)．∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故选B.
多角度探究突破
考向二 直线与平面平行的判定与性质
角度 用线线平行证明线面平行
例2 (1)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，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.
证明：FG∥平面AA1B1B.
证明 在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，
所以CC1∥平面BB1D.
又因为CC1⊂平面CEC1，
平面CEC1与平面BB1D交于FG，
所以CC1∥FG.
因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.
而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，
所以FG∥平面AA1B1B.
(2)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 证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF－ABC中，由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，则M为CD的中点，又因为H为BC的中点，所以HM∥BD.
因为HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
证法二：在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形HBEF为平行四边形，BE∥HF.
在△ABC中，因为G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.
又因为GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.
角度 用线面平行证明线线平行
例3 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在MD上取一点G，过G和PA作平面交平面BMD于GH.
求证：PA∥GH.
证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴PA∥MO.
又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴PA∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.

1．判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)．
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．
(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
2．证明线线平行的三种方法
(1)利用基本事实4(a∥b，b∥c⇒a∥c)．
(2)利用线面平行的性质定理(a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b)．
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b)．
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA＝3，F是棱PA上的一个动点，E为PD的中点，O为AC的中点．
(1)求证：OE∥平面PAB；
(2)若AF＝1，求证：CE∥平面BDF.
证明 (1)因为四边形ABCD为菱形，O为AC的中点，所以O为BD的中点，
又因为E为PD的中点，所以OE∥PB.
因为OE⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以OE∥平面PAB.
(2)过E作EG∥FD交AP于点G，连接CG，FO.
因为EG∥FD，EG⊄平面BDF，FD⊂平面BDF，所以EG∥平面BDF.
因为E为PD的中点，EG∥FD，所以G为PF的中点，
因为AF＝1，PA＝3，所以F为AG的中点，
又因为O为AC的中点，所以OF∥CG.
因为CG⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，
所以CG∥平面BDF.
因为EG∩CG＝G，EG⊂平面CGE，CG⊂平面CGE，所以平面CGE∥平面BDF，
又因为CE⊂平面CGE，所以CE∥平面BDF.
考向三 面面平行的判定与性质
例4 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明 (1)因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC，
所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．
(2)因为E，F分别为AB，AC的中点，
所以EF∥BC．
因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
因为A1G与EB平行且相等，
所以四边形A1EBG是平行四边形，
所以A1E∥GB.
因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.
所以A1E∥平面BCHG.
因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG.
证明面面平行的方法
(1)面面平行的定义．
(2)面面平行的判定定理：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．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
4．(2022·福建福清阶段考试)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3).
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，eq \f(AR,AB)的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
解 (1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，连接MD1，
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，
所以eq \f(CP,PM)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，
又因为eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(BP,PD)＝eq \f(2,3)，
所以eq \f(CQ,QD1)＝eq \f(CP,PM)＝eq \f(2,3)，
所以PQ∥MD1.
又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA．
(2)当eq \f(AR,AB)的值为eq \f(3,5)时，能使平面PQR∥平面A1D1DA．如图．
证明：因为eq \f(AR,AB)＝eq \f(3,5)，
即eq \f(BR,RA)＝eq \f(2,3)，故eq \f(BR,RA)＝eq \f(BP,PD)，
所以PR∥DA．
又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，
所以PR∥平面A1D1DA，
又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，
PQ，PR⊂平面PQR，
所以平面PQR∥平面A1D1DA．
一、单项选择题
1．已知α，β表示两个不同的平面，直线m是α内一条直线，则“α∥β ”是“m∥β ”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由α∥β，m⊂α，可得m∥β；反过来，由m∥β，m⊂α，不能推出α∥β.综上，“α∥β ”是“m∥β ”的充分不必要条件．故选A．
2．已知直线a，b和平面α，下列说法中正确的是( )
A．若a∥α，b⊂α，则a∥b
B．若a⊥α，b⊂α，则a⊥b
C．若a，b与α所成的角相等，则a∥b
D．若a∥α，b∥α，则a∥b
答案 B
解析 若a∥α，b⊂α，则a∥b或a与b异面，故A错误；利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，b⊂α，则a⊥b，故B正确；若a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错误；由a∥α，b∥α，得a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误．故选B.
3．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，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 由长方体的性质，知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．
4．如图所示，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 ∵MN∥平面PAD，平面PAC∩平面PAD＝PA，MN⊂平面PAC，∴MN∥PA．故选B.
5．如图，在多面体ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，EF∥DG，且AB＝DE，DG＝2EF，则( )
A．BF∥平面ACGD
B．CF∥平面ABED
C．BC∥FG
D．平面ABED∥平面CGF
答案 A
解析 如图所示，取DG的中点M，连接AM，FM，则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形，∴DE∥FM，且DE＝FM.∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，∴AB∥DE，∴AB∥FM，又AB＝DE，∴AB＝FM，∴四边形ABFM是平行四边形，∴BF∥AM，又BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，∴BF∥平面ACGD，故选A．
6．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，eq \f(PF,FC)＝( )
A．eq \f(2,3) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,2)
答案 D
解析 如图，连接AC交BE于点G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq \f(PF,FC)＝eq \f(AG,GC).又因为AD∥BC，E为AD的中点，所以eq \f(AG,GC)＝eq \f(AE,BC)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(PF,FC)＝eq \f(1,2).故选D.
7．在三棱锥S－ABC 中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于点D，E，F，H.D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为( )
A．eq \f(45,2) B．eq \f(45\r(3),2)
C．45 D．45eq \r(3)
答案 A
解析 如图，取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD.同理SB∥FE.又因为D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也分别为AS，SC的中点，从而得HF綊eq \f(1,2)AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形．因为AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AC))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)SB))＝eq \f(45,2).故选A．
8．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，过点A1作与截面PBC1平行的截面，则该截面的面积为( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(3)
C．2eq \r(6) D．4
答案 C
解析 如图所示，易知截面是菱形．分别取棱D1C1，AB的中点E，F，连接A1E，A1F，CF，CE，则菱形A1ECF为符合题意的截面．连接EF，A1C，易知EF＝2eq \r(2)，A1C＝2eq \r(3)，EF⊥A1C，所以截面的面积S＝eq \f(1,2)EF·A1C＝2eq \r(6).故选C．
二、多项选择题
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq \f(1,2)，则下列结论中正确的是( )
A．线段B1D1上存在点E，F使得AE∥BF
B．EF∥平面ABCD
C．△AEF的面积与△BEF的面积相等
D．三棱锥A－BEF的体积为定值
答案 BD
解析 如图所示，AB与B1D1为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误；B1D1∥BD，故EF∥平面ABCD，故B正确；由图可知，点A和点B到EF的距离是不相等的，C错误；连接BD交AC于O，则AO为三棱锥A－BEF的高，S△BEF＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,4)，三棱锥A－BEF的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),24)，为定值，D正确．故选BD.
10．(2021·保定一中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝eq \f(2,3)BD1.则以下四个说法中正确的是( )
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
答案 BC
解析 如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；对于B，由A项知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，AN⊂平面APC，所以C1Q∥平面APC是正确的；对于C，由A项知A，P，M三点共线是正确的；对于D，由A项知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．
三、填空题
11．(2022·北京东城区模拟)设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．
①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.
可以填入的条件有________(填序号)．
答案 ①或③
解析 由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确．
12．(2022·福建龙岩高三模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
答案 点M在线段FH上
解析 连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M在线段FH上，则MN⊂平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1.
13．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝eq \f(a,3)，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.
答案 eq \f(2\r(2),3)a
解析 如图所示，连接AC，易知MN∥平面ABCD.∴MN∥PQ.又MN∥AC，∴PQ∥AC．∵AP＝eq \f(a,3)，∴eq \f(PD,AD)＝eq \f(DQ,CD)＝eq \f(PQ,AC)＝eq \f(2,3).
∴PQ＝eq \f(2,3)AC＝eq \f(2,3)×eq \r(2)a＝eq \f(2\r(2),3)a.
四、解答题
14．如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
求证：(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
证明 (1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点，又M为AB的中点，所以MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的对边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
因为M为AB的中点，N为AD的中点，
所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
15．(2022·湖北黄冈入学考试)如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折．
(1)求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD；
(2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由．
解 (1)证明：在平面图形中，连接MN(图略)，设MN与AB交于点G.∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD＝AF，∴AD∥BE且AD＝BE，∴四边形ADBE是平行四边形，∴AE∥DB.又AM＝DN，∴四边形ADNM是平行四边形，∴MN∥AD.当点F，A，D不共线时，如图，MG∥AF，NG∥AD.又MG∩NG＝G，AD∩AF＝A，∴平面GNM∥平面ADF.又MN⊂平面GNM，∴MN∥平面ADF.故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.
(2)这个结论不正确．要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点．理由如下：
当点F，A，D共线时，如题图，易证得MN∥FD.当点F，A，D不共线时，由(1)知平面MNG∥平面FDA，则要使MN∥FD总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可．若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可．
∵FM⊂平面ABEF，DN⊂平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时只有M，N分别为AE，DB的中点才满足．由FM∩DN＝B，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面．∵平面FDNM∩平面MNG＝MN，平面FDNM∩平面FDA＝FD，平面MNG∥平面FDA，∴MN∥FD.
16．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH，
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝eq \f(1,2)AB.
又因为AB∥CD，CD＝eq \f(1,2)AB，
所以EH∥CD，EH＝CD，
所以四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH.
又因为DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
所以CE∥平面PAD.
(2)存在．
理由：如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，则AF＝eq \f(1,2)AB，
因为CD＝eq \f(1,2)AB，所以AF＝CD，
又因为AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CF∥AD.
因为AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD.
由(1)知CE∥平面PAD，
又因为CE∩CF＝C，CE⊂平面CEF，CF⊂平面CEF，
所以平面CEF∥平面PAD.
故在线段AB上存在一点F，
使得平面PAD∥平面CEF.
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此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(01))a⊄α,\x(\s\up1(02))b⊂α,\x(\s\up1(03))a∥b)) ⇒a∥α

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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相交，那么该直线与交线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(04))a∥α,\x(\s\up1(05))a⊂β,\x(\s\up1(06))α∩β＝b)) ⇒a∥b

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符号语言
判定定理
如果一个平面内的两条eq \x(\s\up1(07))相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(08))a⊂α,\x(\s\up1(09))b⊂α,\x(\s\up1(10))a∩b＝P,\x(\s\up1(11))a∥β,\x(\s\up1(12))b∥β))⇒α∥β

文字语言
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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相交，那么两条交线eq \x(\s\up1(13))平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(14))α∥β,\x(\s\up1(15))α∩γ＝a,\x(\s\up1(16))β∩γ＝b))⇒a∥b