专题08 空间直线与平面的平行问题（知识串讲+热考题型+专题训练）-2022-2023学年高一数学下学期期中期末考点大串讲（人教A版2019必修第二册）

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专题08 空间直线与平面的平行问题





知识点1 直线与平面平行的判定定理：
1、文字语言：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，该直线与此平面平行
2、符号语言：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
3、图形语言：
知识点2 直线与平面平行的性质定理
1、文字语言：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行．
2、符号语言：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
3、图形语言：
知识点3 平面与平面平行的判定定理
1、文字语言：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
(简记为“线面平行⇒面面平行”)
2、符号语言：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，且a∥α，b∥α⇒β∥α.
3、图形：
4、判定定理推论：如果一个平面内两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，
则这两个平面平行．
知识点4 平面与平面平行的性质定理
1、文字语言：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、符号语言：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
3、图形：
4、平面与平面平行其他常用性质推论
（1）平行于同一个平面的两个平面平行.
（2）垂直于同一条直线的两个平面平行.
（3）如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线平行于另一个平面.
（4）如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面.
知识点5 三种平行关系的转化


考点1 平行关系的判定

【例1】（2023春·全国·高一专题练习）已知，，为三条不同的直线为三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，，，则
【答案】D
【解析】若，，则或，故A选项错误；
若，，，则或与相交，故B选项错误．
若，，则或，故C选项错误；
若，，，，则，正确，
证明如下：，，，，
又，且，，则，故D选项正确；故选：D．


【变式1-1】（2023·全国·高一专题练习）已知直线，，，平面.下述命题中，真命题的个数是（ ）
（1）若与是异面直线，与是异面直线，则与是异面直线；
（2）若，，则；
（3）若，，则；
（4）若，，则．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】（1）若与是异面直线，与是异面直线，则与可能是异面直线，
也可能不是异面直线，故命题错误；
（2）由线线平行关系的传递性可知，命题正确；
（3）由线面平行的判断定理可得或者，命题错误；
（4）由线面平行的概念可知，与相交，或者平行或者与异面，故命题错误.
综上所述，真命题的个数是1.故选：A.


【变式1-2】（2023·全国·高一专题练习）已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面．
①a//c，b//c⇒a//b；②a//β，b//β⇒a//b；
③a//c，c//α⇒a//α；④a//β，a//α⇒α//β；
⑤a⊄α，b⊂α，a//b⇒a//α.
其中正确的命题是（ ）
A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤
【答案】A
【解析】对于①，由平行的传递性公理，则正确；
对于②，由，，则共面或异面，故错误；
对于③，由，，则或，故错误；
对于④，由，，则平行或相交，故错误；
对于⑤，由，，，根据线面平行判定定理，可得，故正确.故选：A.


【变式1-3】（2023·全国·高一专题练习）已知是不同的直线,是不同的平面,下列命题中真命题为（ ）
A．若,则 B．若,则
C．若,则 D．若,则
【答案】C
【解析】由题知,不妨将, 放在长方体中可知,
关于选项A,如图所示可知A错误,

关于选项B,如图所示可知B错误,

关于选项D,如图所示可知D错误,

根据面面平行的性质定理可知,选项C正确.故选:C


【变式1-4】（2022春·黑龙江·高一哈九中校考期中）设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，
①、，，； ②，；
③，； ④，，．
则的充分条件可以是（ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】因为，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，
①、，，，则与平行或相交，故①错误；
②，，则，故②正确；
③，，则与平行或相交，故③错误；
④，，，则，故④正确；
综上②④正确，故选：D


【变式1-5】（2023·全国·高一专题练习）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】对于A，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；

对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，
可得直线平面ABC，能满足；

对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，
可得直线平面ABC，能满足；

对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，
可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足. 故选：D.



考点2 线线平行的证明

【例2】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥中，底面为矩形，为棱上一点（不与、重合），平面交棱于点．求证：.

【答案】证明见解析
【解析】因为四边形为矩形，所以，，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为平面，平面平面，所以，.


【变式2-1】（2023·全国·高一专题练习）在正四棱锥中，已知，，，分别为，的中点，平面平面．求证：；

【答案】证明见解析
【解析】证明：连接，
∵，分别为，的中点，
即是三角形的中位线，
∴
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，平面平面，∴


【变式2-2】（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱的中点．设经过、、三点的平面交于，证明：为的中点.

【答案】证明见解析
【解析】如下图所示：
因为四边形为矩形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面平面，
所以，，
又因为为的中点，所以，点为的中点.


【变式2-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱柱的底面为菱形，，其中侧面为平行四边形，分别为的中点，在线段上，且满足，过和点的平面交于，交于.证明：；

【答案】证明见解析
【解析】由题意四棱柱中，平面//平面，
因为过和点的平面交于，交于，
则平面，
设过和的平面为，
则平面，平面， //.


【变式2-4】（2023·全国·高一专题练习）如图，平面，平面，，求证：

【答案】证明见解析
【解析】由题意，平面，平面，
∴平面，
又平面，，
∴平面平面，
而平面平面，平面平面，∴.


考点3 线面平行的证明

【例3】（2023·全国·高一专题练习）在直三棱柱中，，，，D是AB的中点．

（1）求三棱锥的体积；
（2）求证：平面；
【答案】（1）5；（2）证明见解析
【解析】（1）因为，，，
所以，即，又D是AB的中点，
所以；
（2）设与相交于点，连接，
在中，为的中点，为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；


【变式3-1】（2023·全国·高一专题练习）如图所示的四棱锥中，底面是梯形，，，，，平面，.证明：平面；

【答案】证明见解析
【解析】证明：，，
，为等边三角形，，
在中，，，
由余弦定理得，
即，，
如图，连接交于点，连接，
，，，
，，
又平面，平面，平面


【变式3-2】（2023·全国·高一专题练习）在三棱柱中，，平面，、分别是棱、的中点，求证：平面；

【答案】证明见解析
【解析】设为的中点，连接，，
因为点，，分别为，，的中点，
所以且，，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．


【变式3-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点，求证：

（1）直线平面；
（2）为线段上一点，且，求证：平面
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）连接，在三角形中，是的中点，是的中点，所以，
平面，平面，所以平面
（2）连接，，分别是，的中点，
又平面，平面，平面
由（1）得平面，平面，平面，
∴平面平面
又平面，平面．



【变式3-4】（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱台中，底面为直角梯形，，， ，为棱的中点，证明：平面.

【答案】证明见解析
【解析】在四棱台中，在BB1上取点Q，使，
连BD交AC于点O，连接OQ，如图，

延长CC1，BB1交于点V，由，
则，，
则，即，
又平面，平面，于是得平面，
在直角梯形中，，则，于是得，
又平面，平面，则平面，
又，平面OQC，
因此得平面平面OQC，又平面OQC，
所以平面.


考点4 面面平行的证明

【例4】（2023·高一课时练习）如图，在长方体中，，E，F，Q分别为的中点，求证：平面平面．

【答案】证明见解析
【解析】因为E是的中点，Q是的中点，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以．
又因为平面平面，
所以平面．
又因为F是的中点，所以，
因为平面平面，所以平面．
因为平面平面，
所以平面平面．


【变式4-1】（2022·高一课时练习）如图所示，在三棱柱中，、分别为，的中点，求证：平面平面.

【答案】证明见解析
【解析】证明：在三棱柱中，四边形、为平行四边形，
又、分别为，的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以平面，
连接、，，再连接，
由四边形为平行四边形，
所以为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.


【变式4-2】（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正方体中，E，F，H，G分别是棱，，，的中点.求证：平面平面.

【答案】证明见解析
【解析】连接，
因为，，，分别是棱，，，的中点，
所以，，所以，
又平面，平面，所以平面，
连接，连接交于，交于，交于，
则，所以，
又，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面，，
所以平面平面.


【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱柱的底面为正方形，为的中点，，求证：平面∥平面

【答案】证明见解析
【解析】因为四棱柱的底面ABCD为正方形，
所以∥，，∥，，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，所以∥．
又平面，平面，
所以 ∥平面，
同理可证：∥平面．
又，平面,平面
所以平面∥平面．


考点5 平行关系的探索性问题

【例5】（2023·全国·高一专题练习）如图所示正四棱锥，，P为侧棱上的点．且，求：侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．

【答案】在侧棱上存在一点，使平面，满足
【解析】在侧棱上存在一点，使平面，满足．
理由如下：取中点为，因为，则，
过作的平行线交于，连接，．
在中，有，
平面，平面，
平面，
由于，．
又由于，平面，平面，
平面，
，平面平面，
又平面，平面，


【变式5-1】（2022春·江苏盐城·高一盐城市伍佑中学校考阶段练习）如图，在正方体中，，，分别是，，的中点.

（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】（1）取中点，连接，，，.
因为是正方体，
，分别为，的中点，
所以，
所以（或补角）为异面直线与所成角.
设正方体的棱长为2，则，，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为.
（2）存在，且，证明如下：
延长，交于，连接交于，
因为，是的中点，所以为中点.
因为，所以，且，
当时，，且，即四边形为平行四边形，
所以，即，
又平面，平面，所以平面.


【变式5-2】（2022秋·陕西西安·高一统考期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，、、分别为、、的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】（1）∵是平行四边形，、、分别为、、的中点，
∴，，
又平面，平面，平面，平面，
∴平面，平面，
∵，且、平面，
∴平面平面.
（2）存在点是线段的中点，使得平面，且.证明如下：
取中点，连接、，
∵、、分别是、、的中点，
∴，且，
即，
∴，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面，且.


【变式5-3】（2022·全国·高三专题练习）如图所示，四边形ABCD是平行四边形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在线段PB上是否存在一点F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】存在，点F是PB的中点，证明见解析
【解析】当点F是PB的中点时，平面AFC∥平面PMD，
证明如下：如图连接BD与AC交于点O，连接FO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，∴OF∥PD.
又OF⊄平面PMD，PD⊂平面PMD，
∴OF∥平面PMD.
又MA∥PB且PB＝2MA.
∴PF∥MA且PF＝MA，
∴四边形AFPM是平行四边形，∴AF∥PM.
又AF⊄平面PMD，PM⊂平面PMD，
∴AF∥平面PMD.
又AF∩OF＝F，AF⊂平面AFC，OF⊂平面AFC，
∴平面AFC∥平面PMD.


【变式5-4】（2022·全国·高三专题练习）在长方体中，已知，为的中点，在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由

【答案】存在，证明见解析．
【解析】存在，当点为线段的中点时，平面平面，
证明：连接，
在长方体中，，．
又因为平面，平面，
所以平面，
又为的中点，为的中点，
所以，且．
故四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面．


考点6 利用平行关系求解截面问题
【例6】（2022春·辽宁沈阳·高一校联考期末）如图，在三棱柱中，过的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题可知平面与棱柱上，下底面分别交于，，
则∥，，
显然是三棱台，
设的面积为1，的面积为S，三棱柱的高为h，
，解得，
由，可得.故选：D.


【变式6-1】（2022·高一课时练习）棱长为的正方体中，是棱的中点，过、、作正方体的截面，则截面的面积是_________．

【答案】
【解析】连接，设截面交棱于点，连接、，
在正方体中，且，
则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，则，
为的中点，则为的中点，
由勾股定理可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，
过点、分别在平面内作、，垂足分别为点、，

由等腰梯形的性质可得，，
又因为，所以，，所以，，
因为，，，则四边形为矩形，所以，，
所以，，则，
因此，截面面积为.


【变式6-2】（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）作图见解析；截面的面积为
【解析】（1）证明：如下图所示，连接SB，

由为△的中位线，可得，
由平面，平面，可得EG平面；
由为△的中位线，可得，
由平面，平面，可得平面，
又，面，可得平面平面；
（2）取的中点N，连接，，显然，
所以为平行四边形，可得，，
取的中点M，连接，，显然，
所以为平行四边形，可得，，
综上，截面为平行四边形，又，
所以截面为菱形，截面的面积为．


【变式6-3】（2022春·福建福州·高一福建省福州格致中学校考期末）一块三棱锥形木块如图所示，点是的重心，过点将木块锯开，使截面平行于侧面.

（1）画出截面与木块表面的交线，并说明理由；
（2）若为等边三角形，，求夹在截面与平面之间的几何体的体积.
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】（1）过点作交于点，过点作交于，
则平面平面，边所在直线即为所画线.理由如下：
因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面.

（2）因为为等边三角形，，
所以三棱锥为正三棱锥，
所以点在平面内的射影为的中心，则平面，如图2
连接，由为等边三角形，的中心为，
所以
所以三棱锥的高为
所以三棱锥的体积为，
连接并延长，交于点，
因为点是的重心，所以，所以
所以，
所以，，
所以，截面与平面之间的几何体的体积为



【变式6-4】（2022·高一单元测试）如图：正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为2，E，F分别为DD1，BB1的中点.

（1）求证：CF//平面A1EC1；
（2）过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行，请给以证明并求出该截面的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，
【解析】（1）取中点M，连接
由，可得四边形为平行四边形，则
由，可得四边形为平行四边形，则
则，又平面，平面，则平面；

（2）取AA1，CC1中点G，H，连接DG，CB1，B1H，HD，

因为四边形ADHF为平行四边形，所以AF//DH
因为四边形AFB1G为平行四边形，所以GB1//AF，所以GB1 //DH
所以GDHB1即为过点D长方体截面，
∵DG//A1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DG//平面AEC1
∵DH// C1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DH//平面AEC1
又∵，∴平面DHB1G//平面AEC1.




1．（2021春·吉林长春·高一长春市第二十九中学校考期末）下列命题中，正确的是（ ）
A．若则 B．若，则
C．若，则 D．若则
【答案】D
【解析】. 若，，则或，所以该选项错误；
. 若，，则或异面，所以该选项错误；
. 若，，则或异面或相交，所以该选项错误；
. 若，由b//α，过b作平面γ，使α∩γ=m,

则b//m,又∵a//b,∴a//m,∵，∴，
所以该选项正确.故选：
2．（2022春·云南昆明·高一昆明市第三中学校考期中）已知直线l，m和平面a、b，下列命题正确的是（ ）
A．，
B．，，，
C．，，
D．，，，，
【答案】D
【解析】A：，，则或，错误；
B：若时，或相交；若相交时，，错误；
C：，，，则平行、相交、重合都有可能，错误；
D：，且，，根据面面平行的判定知：，正确.故选：D
3．（2022春·广东茂名·高一统考期中）已知正方体中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足平面的图形个数为（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】①中，平移至，可知与面只有一个交点，则与平面不平行；
②中，由于，而平面，平面，故平面；
③中，平移至，可知与面只有一个交点，则与平面不平行；

故选：B．
4．（2023春·全国·高一专题练习）已知四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，且，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且，则平面BEF截四棱锥所得的截面图形是（ ）
A．斜三角形 B．梯形
C．平行四边形 D．两组对边均不平行的四边形
【答案】D
【解析】如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接BG，延长DA并与直线BG交于点H，
连接HE交PA于点K，连接KB，得四边形EFBK，
假设，平面，平面，得平面PAD，
（线面平行的判定定理的应用）
因为，平面，平面，平面PAD，
且,平面，
所以平面平面PAD，（面面平行的判定定理的应用）
与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，
因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，
因此四边形EFBK的两组对边均不平行.故选：D
5．（2023·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱中，已知为的中点. 求证：平面.

【答案】证明见解析
【解析】连接与交于点，则是的中点，连接OD，如图，

因为D是AB的中点，所以，
平面，平面，
平面.
6．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，点是的中点，过点作平行于平面的截面，与直线分别交于点.证明：.

【答案】证明见解析
【解析】证明：因为平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，.所以,
同理，， 所以.
7．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四棱锥中，，，点为上一点，为，且平面.

（1）若平面与平面的交线为，求证：平面；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）∵，平面平面，∴平面.
∵平面，平面平面，∴.
∵平面平面，   
∴平面.
（2）连接，设，，连接，
∵平面平面，平面平面，
∴，
∵，，所以，
∴，
∴点是的重心，
∴点是的中点，
∴，∴，∴.
8．（2022春·安徽芜湖·高一校考期中）如图，在正四面体中，，，，分别是，，的中点，取，的中点，，点为平面内一点

（1）求证：平面平面
（2）若平面，求线段的最小值，
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
∵，分别为，的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又∵，平面，平面，
∴平面平面.
（2）由（1）知，平面平面，
∴若平面内存在一点，使平面，则在线段上，
∴线段的最小值为到直线的距离，即在边上的高，
∵，分别为，的中点，，分别为，的中点，
∴，
又∵，
∴，，
又∵，分别为，的中点，
∴，同理，
∴当为中点时，，
此时在边上的高，取最小值，
∴线段的最小值.
9．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知正方体的棱长为分别是的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面；
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）由正方体的性质可得，
∴四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，
∴平面，
同理可得平面，又平面，
∴平面平面；
（2）因为分别是的中点，
所以，又，
∴，又平面，平面，
∴平面.
10．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体中，P、Q分别为对角线BD、上的点，且.作出平面PQC和平面的交线（保留作图痕迹），并求证：平面；

【答案】作图见解析，证明见解析
【解析】连接CP并延长与DA的延长线交于M点，则平面PQC和平面的交线为，
证明：因为四边形ABCD为正方形，所以，

故，所以，
又因为，所以，所以.
又平面，平面，故平面.
11．（2022春·河北唐山·高一统考期中）如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC＝60°，AC＝2，侧面CBB1C1为正方形，平面ACC1A1⊥平面ABC．点M为A1C的中点，点N为AB的中点．
（1）证明：MN∥平面BCC1B1；
（2）求三棱锥A1－ABC1的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：连接AC1，BC1，
因为四边形ACC1A1为菱形，点M为A1C的中点，
所以AC1∩A1C＝M，点M为A1C的中点，
又点N为AB中点，所以MN∥BC1，
而BC1⊂平面BCC1B1，MNË平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1；
（2）∵侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC＝60°，
∴△AA1C为等边三角形，AA1＝A1C＝AC＝2.
取AC的中点H，连接A1H，则A1H⊥AC.
又∵平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，A1H⊂平面ACC1A1，
∴A1H⊥平面ABC，BCÌ平面ABC，∴A1H⊥BC.
而四边形CBB1C1为正方形，∴BC⊥CC1.
又AA1∥CC1，∴BC⊥AA1，
又AA1∩A1H＝A1，AA1和A1H在平面ACC1A1上，
∴BC⊥平面ACC1A1，
又△AA1C1的面积S＝×2×2×sin120°＝，
∴＝＝＝．
12．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四边形中，，E，F分别在，上，，现将四边形沿折起，使．

（1）若，在折叠后的线段上是否存在一点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点F到平面的距离．
【答案】（1）存在，；（2）最大值为3，此时点F到平面的距离为
【解析】（1）上存在一点P，使得平面，此时，
理由如下：当时，，
如图，过点P作交于点M，连接，
则，
∵，∴，∴，
又，，∴，
故四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，
∴平面.
综上，存在点P，使得平面，.
（2）设，则，
故，
∴当时，有最大值，且最大值为3，
∴此时，，，，
∴，，
在中，由余弦定理得，，
，
设F到平面的距离为h，，．
综上，三棱锥的最大值为3，此时点F到平面的距离为.
13．（2023·全国·高一专题练习）由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为平行四边形，O为与的交点．

（1）求证：∥平面；
（2）求证：平面∥平面；
（3）设平面与底面的交线为l，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【解析】（1）取的中点，连接，
∵是四棱柱，∴，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面平面，∴平面．
（2）∵，∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面平面，∴平面，
由（1）得平面且，平面，
∴平面平面．
（3）由（2）得：平面，
又平面，平面平面，∴．
14．（2023·高一课时练习）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且AF=AB．

（1）求证：EF∥平面BDC1；
（2）在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）点G不存在，理由见解析
【解析】（1）证明：取AB的中点M，
∵AF=AB，∴F为AM的中点，
又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，
∴A1D∥BM，A1D=BM，
∴A1DBM为平行四边形，∴AM∥BD，∴EF∥BD．
∵BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．
（2）设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1：15，
则，
∵
∴，∴，∴AG=AC>AC．
所以符合要求的点G不存在．
15．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱中，分别为的中点，．求证：

（1）平面；
（2）平面平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）在三棱柱中，分别为的中点，
，
平面平面，
平面．
（2）平面，平面，平面．
分别为的中点，，
，且．
四边形是平行四边形．．
又平面平面，平面．
又平面，平面平面．
16．（2023·全国·高一专题练习）P为正方形ABCD所在平面外一点，E，F，G分别为PD，AB，DC的中点，如图．求证：

（1）AE∥平面PCF；
（2）平面PCF∥平面AEG.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）证明：如图所示：
取PC中点H，分别连接EH，FH，
∵E，F，H分别为PD，AB，PC的中点，
∴，
∴EAFH为平行四边形．∴EA∥FH.
又平面PCF，平面PCF，∴AE∥平面PCF.
（2）∵E，G分别为PD，CD的中点，∴EG∥PC.
又平面PCF，平面PCF，∴EG∥平面PCF.
由（1）知AE∥平面PCF，EG∩AE＝E.
∴平面PCF∥平面AEG.