2022高考数学一轮复习 第七章 §7.3　直线、平面平行的判定与性质

这是一份2022高考数学一轮复习 第七章 §7.3　直线、平面平行的判定与性质，共19页。试卷主要包含了线面平行的判定定理和性质定理等内容，欢迎下载使用。

1．线面平行的判定定理和性质定理
2.面面平行的判定定理和性质定理
3.平行关系中的三个重要结论
(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)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
(3)若α∥β，a⊂α，则a∥β.
微思考
1．设m，l表示两条不同的直线，α表示平面，若m⊂α，l∥α，则l与m的位置关系如何？
提示 平行或异面．
2．一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？
提示 平行．可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”，这就是面面平行的判定定理．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( × )
(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( × )
(3)若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a∥b，则α∥β.( × )
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √ )
题组二 教材改编
2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．
答案 平行
解析 连接BD，则AC∩BD＝O，连接OE(图略)，则OE∥BD1，OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，∴BD1∥平面ACE.
3．已知不重合的直线a，b和平面α，
①若a∥α，b⊂α，则a∥b；②若a∥α，b∥α，则a∥b；③若a∥b，b⊂α，则a∥α；④若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α.
上面命题中正确的是________(填序号)．
答案 ④
解析 ①若a∥α，b⊂α，则a∥b或异面，①错；
②若a∥α，b∥α，则a∥b，或异面或相交，②错；
③若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，③错；
④若a∥b，a⊂α，则b∥α或b⊂α，④对．
4．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，过直线AC1的平面交直线BB1于点E，交直线DD1于点F，则四边形AEC1F的形状为________．
答案 平行四边形
解析 由面面平行的性质定理可得AE∥C1F，AF∥C1E.
故四边形AEC1F为平行四边形．
题组三 易错自纠
5．已知直线a，b和平面α，β，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α，β的位置关系是____．
答案 平行或相交
6．考查下列两个命题，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a，b为不同的直线，α，β为不重合的平面)，则此条件为_________________．
①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(b⊂α,a∥b, ))⇒a∥α；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥b,b∥α, ))⇒a∥α.
答案 a⊄α
解析 根据线面平行的判定定理可知，判断线面平行需要三个条件：面内一线，面外一线，线线平行，分析已知中的条件，可知①缺少的条件是“a为平面α外的直线”，
②同样缺少平面外直线．故答案为：a⊄α.
题型一 直线与平面平行的判定与性质
命题点1 直线与平面平行的判定
例1 如图，PA⊥矩形ABCD所在的平面，E，F分别为AB，PD的中点．
求证：AF∥平面PCE.
证明 方法一 如图，设M为PC的中点，连接EM，MF，
∵E是AB的中点，
∴AE∥CD，且AE＝eq \f(1,2)CD，
又∵MF∥CD，且MF＝eq \f(1,2)CD，
∴AE綊FM，∴四边形AEMF是平行四边形，∴AF∥EM，
又∵AF⊄平面PCE，EM⊂平面PCE，
∴AF∥平面PCE.
方法二 如图，设G为CD的中点，连接FG，AG，
∵F，G分别为PD，CD的中点，
∴FG∥PC.同理AG∥EC，
又FG⊄平面PCE，AG⊄平面PCE，
PC⊂平面PCE，EC⊂平面PCE，
∴FG∥平面PCE，AG∥平面PCE，
又FG，AG⊂平面AFG，FG∩AG＝G，
∴平面AFG∥平面PCE，又AF⊂平面AFG，∴AF∥平面PCE.
命题点2 直线与平面平行的性质
例2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和PA作平面交BD于点H.
求证：PA∥GH.
证明 如图所示，连接AC交BD于点O，连接OM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
又M是PC的中点，∴PA∥OM，
又OM⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD，
又平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
思维升华 (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⊄β，a∥α⇒a∥β)．
(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．
跟踪训练1 如图，四边形ABCD是矩形，P∉平面ABCD，过BC作平面BCFE交AP于点E，交DP于点F，求证：四边形BCFE是梯形．
证明 ∵四边形ABCD为矩形，
∴BC∥AD.
∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
∴BC∥平面PAD.
∵平面BCFE∩平面PAD＝EF，BC⊂平面BCFE，
∴BC∥EF.
∵AD＝BC，AD≠EF，
∴BC≠EF，
∴四边形BCFE是梯形．
题型二 平面与平面平行的判定与性质
例3 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
证明 (1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，
∴EF∥A1C1，
∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，
∴EF∥平面A1C1G，
又F，G分别为A1B1，AB的中点，
∴A1F＝BG，
又A1F∥BG，
∴四边形A1GBF为平行四边形，
则BF∥A1G，
∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，
∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，
平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，
则A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
思维升华 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．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)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．
跟踪训练2 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.
证明 (1)由题设知BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，
所以BD∥B1D1.
又BD⊄平面CD1B1，
B1D1⊂平面CD1B1，
所以BD∥平面CD1B1.
因为A1D1綊B1C1綊BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥D1C.
又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，
所以A1B∥平面CD1B1.
又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，
平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，
所以直线l∥直线BD，
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.
题型三 平行关系的综合应用
例4 如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3，AF＝1.
(1)证明：平面ABF∥平面DCE；
(2)在DE上是否存在一点G，使平面FBG将几何体ABCDEF分成上、下两部分的体积比为3∶5？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
∴DE∥AF，
又DE⊂平面DCE，AF⊄平面DCE，
∴AF∥平面DCE，
∵四边形ABCD是正方形，AB∥CD，
又CD⊂平面DCE，AB⊄平面DCE，
∴AB∥平面DCE，
∵AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，
∴平面ABF∥平面DCE.
(2)解 存在点G，满足题意，理由如下：假设存在一点G，过G作MG∥BF交EC于M，连接BG，BM，如图，
由VABCDEF＝VB－ADEF＋VB－CDE＝eq \f(1,3)×3×eq \f(1＋3×3,2)＋eq \f(1,3)×3×eq \f(3×3,2)＝eq \f(21,2)，
设EG＝t，
则VGFBME＝VB－EFG＋VB－EGM＝eq \f(21,2)×eq \f(3,8)＝eq \f(63,16)，
设M到ED的距离为h，
则eq \f(h,3)＝eq \f(EM,EC)＝eq \f(t,3－1)，即h＝eq \f(3,2)t，
则S△EGM＝eq \f(1,2)×t×eq \f(3,2)t＝eq \f(3,4)t2，
VGFBME＝VB－EFG＋VB－EGM＝eq \f(1,3)×3×eq \f(1,2)×3×t＋eq \f(1,3)×3×eq \f(3,4)t2＝eq \f(63,16)，
即4t2＋8t－21＝0，
解得t＝eq \f(3,2)，或t＝－eq \f(7,2)(舍)，
则存在点G，满足EG＝eq \f(3,2)，
即G为ED的中点时满足条件．
思维升华 解决这种数值或存在性问题的题目时，注意先给出具体的值或先假设存在，然后再证明．
跟踪训练3 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．
(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)解 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.
课时精练
1．(2021·哈尔滨市第九中学模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
答案 D
解析 对于A，一条直线与两个平面都平行，两个平面不一定平行．故A不对；
对于B，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面不一定平行，故B不对；
对于C，两个平面中的两条直线分别平行于另一个平面，不能保证两个平面平行，故C不对；
对于D，两个平面中的两条互相异面的直线分别平行于另一个平面，可以保证两个平面平行，故D正确．
2．(2021·泸州诊断)已知a，b是互不重合的直线，α，β是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是( )
A．若a∥b，b⊂α，则a∥α
B．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b
C．若a∥α，α∥β，则a∥β
D．若a∥α，a∥β，则α∥β
答案 B
解析 A选项，若a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，所以A选项错误；
B选项，若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b，所以B选项正确；
C选项，若a∥α，α∥β，则a∥β或a⊂β，所以C选项错误；
D选项，若a∥α，a∥β，则α∥β或α∩β＝b，所以D选项错误．
3．(2020·金华十校联考)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为( )
A．平行、平行 B．异面、平行 C．平行、相交 D．异面、相交
答案 B
解析 ∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，
M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，
∴EF⊂平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1＝N，N∉EF，
∴由异面直线判定定理得直线MN与直线EF是异面直线；
取A1C1的中点P，连接PM，PN，如图，
则PN∥B1A1，PM∥A1A，
∵AA1∩A1B1＝A1，PM∩PN＝P，
∴平面PMN∥平面ABB1A1，
∵MN⊂平面PMN，
∴直线MN与平面ABB1A1平行．
4.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有( )
A．BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
答案 D
解析 选项A，由中位线定理可知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故A选项是错误的；
选项B，由中位线定理可知EF∥A1B，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD，EF不可能互相平行，故B选项是错误的；
选项C，由中位线定理可知EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，故平面EFGH与平面ABCD相交，故C选项是错误的；
选项D，由三角形中位线定理可知EF∥A1B，EH∥A1D1，所以有EF∥平面A1BCD1，EH∥平面A1BCD1，而EF∩EH＝E，因此平面EFGH∥平面A1BCD1，故本题选D.
5.(多选)(2020·青岛市58中模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则( )
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线EF与直线AD1平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为eq \f(9,2)
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
答案 BC
解析 A项，若D1D⊥AF，
又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，
所以DD1⊥平面AEF，
所以DD1⊥EF，
所以CC1⊥EF，显然不成立，故结论错误；
B项，直线EF∥直线BC1，
又直线BC1∥直线AD1，
所以EF∥AD1，故结论正确；
C项，如图所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，
因为E，F分别为BC，C1C的中点，
所以EF∥BC1，
又BC1∥AD1，
所以EF∥AD1，
所以A，E，F，D1四点共面，
所以截面即为梯形AEFD1，
又因为D1S＝AS＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，AD1＝2eq \r(2)，
所以＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),2)))2)＝6，
所以＝6×eq \f(3,4)＝eq \f(9,2)，故结论正确；
D项，设点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，
∵VC－AEF＝eq \f(1,3)S△AEF·h1＝VA－CEF＝eq \f(1,3)×eq \f(1×1,2)×2＝eq \f(1,3)，
VG－AEF＝eq \f(1,3)S△AEF·h2＝VA－GEF＝eq \f(1,3)×eq \f(1×2,2)×2＝eq \f(2,3)，
∴h1≠h2，故结论错误．
6．(多选)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )
A．没有水的部分始终呈棱柱形
B．水面EFGH所在四边形的面积为定值
C．随着容器倾斜程度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行
D．当容器倾斜如图(3)所示时，AE·AH为定值
答案 AD
解析 根据棱柱的特征(有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行)，结合题中图形易知A正确；由题图可知水面EFGH的边EF的长保持不变，但邻边的长却随倾斜程度而改变，可知B错误；因为A1C1∥AC，AC⊂平面ABCD，A1C1⊄平面ABCD，所以A1C1∥平面ABCD，当平面EFGH不平行于平面ABCD时，A1C1不平行于水面所在平面，故C错误；当容器倾斜如题图(3)所示时，因为水的体积是不变的，所以棱柱AEH－BFG的体积V为定值，又V＝S△AEH·AB，高AB不变，所以S△AEH也不变，即AE·AH为定值，故D正确．
7．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
答案 平面ABC，平面ABD
解析 如图，连接AM并延长交CD于点E，连接BN并延长交CD于点F，
由重心性质可知，E，F重合，且E为CD的中点，
∵eq \f(EM,MA)＝eq \f(EN,BN)＝eq \f(1,2)，
∴MN∥AB，又AB⊂平面ABD，MN⊄平面ABD，
∴MN∥平面ABD，又AB⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN∥平面ABC.
8．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．
9．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案 Q为CC1的中点
解析 如图所示，设Q为CC1的中点，
因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.
连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，
所以D1B∥PO，
又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，
所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，
所以平面D1BQ∥平面PAO.
故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
10.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P3A，P2D，P4C，P4B的中点，在此几何体中，给出下面五个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②PA∥平面BDG；③EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG.
其中正确结论的序号是________．
答案 ①②③④
解析 先把平面展开图还原为一个四棱锥，如图所示．
①∵ E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，
∴EF∥AD，GH∥BC，
∵AD∥BC，∴EF∥GH，
∴EF，GH确定平面EFGH，
∵EF⊂平面EFGH，AD⊄平面EFGH，
∴AD∥平面EFGH，
同理AB∥平面EFGH，AB∩AD＝A，
AB，AD⊂平面ABCD，
平面EFGH∥平面ABCD，所以①正确；
②连接AC，BD交于O点，
则O为AC的中点，连接OG，G为PC的中点，
∴OG∥PA，OG⊂平面BDG，
PA⊄平面BDG，∴PA∥平面BDG，∴②正确；
③同②同理可证EF∥平面PBC，∴③正确；
④同②同理可证FH∥平面BDG，∴④正确；
⑤EF∥GH，GH与平面BDG相交，
∴EF与平面BDG相交，
∴⑤不正确．
11.如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．
(1)求证：AP∥平面BEF；
(2)求证：GH∥平面PAD.
证明 (1)如图，连接EC，因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC∥AE，BC＝AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，所以O为AC的中点．
又因为F是PC的中点，
所以FO∥AP，
因为FO⊂平面BEF，
AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)连接FH，OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，
所以FH∥PD，
因为PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，
所以FH∥平面PAD.
又因为O是BE的中点，H是CD的中点，
所以OH∥AD，
因为AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，
所以OH∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，FH，OH⊂平面OHF，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因为GH⊂平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
12.(2021·银川市长庆高级中学模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC＝SA＝eq \f(1,2)BC＝2，点E，G分别在线段SA，AD上，且SE＝AE，AG＝GD，F为棱BC上一点，且CF＝1.
证明：平面SCD∥平面EFG.
证明 因为点E，G分别在线段SA，AD上，
且SE＝AE，AG＝GD，
故EG∥SD，
又EG⊄平面SCD，SD⊂平面SCD，
故EG∥平面SCD；
因为∠ADC＝∠BCD＝90°，
故AD∥BC，因为GD＝FC＝1，
故四边形GDCF为平行四边形，故GF∥CD；
又GF⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，故GF∥平面SCD，
因为GF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面SCD∥平面EFG.
13．(多选)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 对于A项，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项，由A项知M，N在平面APC上，
由题易知AN∥C1Q，AN⊂平面APC，
所以C1Q∥平面APC是正确的；
对于C项，由A项知A，P，M三点共线是正确的；
对于D项，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．
14．在三棱锥P－ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为________．
答案 8
解析 如图，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，
且EF＝MN＝eq \f(2,3)AC＝2，FM＝EN＝eq \f(1,3)PB＝2，
所以截面的周长为2×4＝8.
15．(2021·合肥市第一中学模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1∥平面AMN，则PA1的长度范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(3,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
答案 B
解析 取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，
取EF的中点O，连接A1O，如图所示，
∵点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，
∴AM∥A1E，MN∥EF，
∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E，AM，MN⊂平面AMN，A1E，EF⊂平面A1EF，
∴平面AMN∥平面A1EF，
∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，
且PA1∥平面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
∵A1E＝A1F＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，EF＝eq \f(1,2)eq \r(12＋12)＝eq \f(\r(2),2)，
∴A1O⊥EF，
∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值A1O，
A1O＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，
当P与E(或F)重合时，PA1的长度取最大值A1E或A1F，A1E＝A1F＝eq \f(\r(5),2).
∴PA1的长度范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))).
16.(2021·宜昌调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝3BC＝3，E在棱AD上，且AE＝1，若平面CEF与棱PD相交于点F，且平面CEF∥平面PAB.
(1)求eq \f(PF,FD)的值；
(2)求点F到平面PBC的距离．
解 (1)∵平面CEF∥平面PAB，
且平面CEF∩平面PAD＝EF，平面PAB∩平面PAD＝PA，
∴PA∥EF，
又AE＝1＝eq \f(1,3)AD，∴PF＝eq \f(1,3)PD，∴eq \f(PF,FD)＝eq \f(1,2).
(2)∵F为PD的三等分点，
∴F到平面PBC的距离等于D到平面PBC的距离的eq \f(1,3)，
设D到平面PBC的距离为h，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，
又∵BC∥AD，AB⊥AD，∴BC⊥AB，
∵PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，
由等体积法得VD－PBC＝VP－BCD，
即eq \f(1,3)S△PBC·h＝eq \f(1,3)S△DBC·PA，
∵PA＝AB＝2，AD＝3BC＝3，
∴PB＝2eq \r(2)，BC＝1，
∴S△PBC＝eq \f(1,2)PB·BC＝eq \r(2)，S△DBC＝eq \f(1,2)BC·AB＝1，
∴h＝eq \r(2)，
∴F到平面PBC的距离等于eq \f(\r(2),3).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，则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥a,a⊂α,l⊄α))⇒l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥α,l⊂β,α∩β＝b))⇒l∥b
文字语言
图形语言
符号语言
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(简记为“线面平行⇒面面平行”)
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥β,b∥β,a∩b＝P,a⊂α,b⊂α))⇒α∥β
性质定理
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b