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高中数学高考考点30 直线、平面平行的判定及其性质-备战2022年高考数学 考点一遍过(1)
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这是一份高中数学高考考点30 直线、平面平行的判定及其性质-备战2022年高考数学 考点一遍过(1)，共35页。试卷主要包含了直线与平面平行的判定与性质，平面与平面平行的判定与性质，常用结论等内容，欢迎下载使用。
考点30 直线、平面平行的判定及其性质
（1）以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.
理解以下判定定理：
·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.
·如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.
理解以下性质定理，并能够证明：
·如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.
·如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.
·垂直于同一个平面的两条直线平行.
（2）能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.
一、直线与平面平行的判定与性质
1．直线与平面平行的判定定理
文字语言
平面外的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
图形语言
符号语言
a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α
作用
证明直线与平面平行
2．直线与平面平行的性质定理
文字语言
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
图形语言
符号语言
作用
①作为证明线线平行的依据．
②作为画一条直线与已知直线平行的依据.
二、平面与平面平行的判定与性质
1．平面与平面平行的判定定理
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
图形语言
符号语言
a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β
作用
证明两个平面平行
2．平面与平面平行的性质定理
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.
简记为：面面平行⇒线线平行
图形语言
符号语言
作用
证明线线平行
3．平行问题的转化关系
三、常用结论（熟记）
1．如果两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
2．如果两个平行平面中有一个平面垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线．
3．夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．
4．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
5．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
6．如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．
7．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．
8．如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行．
考向一 线面平行的判定与性质
线面平行问题的常见类型及解题策略：
(1)线面平行的基本问题
①判定定理与性质定理中易忽视的条件．
②结合题意构造图形作出判断．
③举反例否定结论或反证法证明．
(2)线面平行的证明问题
判断或证明线面平行的常用方法有：
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()；
③利用面面平行的性质()；
④利用面面平行的性质().
(3)线面平行的探索性问题
①对命题条件的探索常采用以下三种方法：
a.先猜后证，即先观察与尝试，给出条件再证明；
b.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
c.把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
②对命题结论的探索常采用以下方法：
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.
典例1 能保证直线a与平面α平行的条件是
A．a⊄α，b⊂α，a∥b
B．b⊂α，a∥b
C．b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c
D．b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b且AC＝BD
【答案】A
【解析】根据线面平行的判定定理可知A正确，注意线面平行的判定定理的条件缺一不可．
B．b⊂α，a∥b，a可能在a内，错误；
C．b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c，a可能在a内，错误；
D．b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b且AC＝BD，a可能与a相交，错误.
故选A．
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
典例2 如图，四棱锥P-ABCD中，AD//BC，，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.
【解析】（1）如图，连接EC，
∵AD//BC，，
∴BC=AE，BC//AE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∴O为AC的中点.
又∵F是PC的中点，∴FO//AP，
又∵FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
∴AP//平面BEF.
（2）如图，连接FH，OH，
∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH//PD，
又∵PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，
∴FH//平面PAD.
又∵O是AC的中点，H是CD的中点，
∴OH//AD，
∵AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，
∴OH//平面PAD.
又∵FH∩OH=H，
∴平面OHF//平面PAD，
又∵GH⊂平面OHF，
∴GH//平面PAD.
2．如图所示，在三棱柱中，点分别是棱上的点，点是棱上的动点，，若平面，试判断点在何位置.
考向二 面面平行的判定与性质
判定面面平行的常见策略：
(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．
(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．
(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用).
典例3 如图，直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，其中AB//CD//EF，，且ED⊥平面ABCD，点G是CD的中点．
（1）求证：平面BCF//平面AGE；
（2）求平面BCF与平面AGE的距离．
【解析】（1）∵AB//CD，，G是CD的中点，
∴四边形ABCG为平行四边形，∴BC//AG，
又∵AG⊂平面AEG，BC⊄平面AEG，
∴BC//平面AEG，
∵直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，EF//CD//AB，
∴EF=AB，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴BF//AE，
又∵AE⊂平面AEG，BF⊄平面AEG，
∴BF//平面AEG，
∵BF∩BC=B，
∴平面BCF//平面AGE．
（2）设点C到平面AGE的距离为d，
易知AE=EG=AG=2，
由VC-AGE=VE-ACG，
得，
即，
∵平面BCF//平面AGE，
∴平面BCF与平面AGE间的距离为．
3．如图，四边形为矩形，，，，四点共面，且和均为等腰直角三角形，.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面平面，，，求三棱锥的体积．
1．已知m,n为两条不重合直线，α,β为两个不重合平面，下列条件中，α//β的充分条件是
A．m//n,m⊂α,n⊂β B．m//n,m⊥α,n⊥β
C．m⊥n,m//α,n//β D．m⊥n,m⊥α,n⊥β
2．平面α与平面β平行的条件可以是
A．α内的一条直线与β平行 B．α内的两条直线与β平行
C．α内的无数条直线与β平行 D．α内的两条相交直线分别与β平行
3．下列命题中，错误的是
A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行
B．平行于同一个平面的两个平面平行
C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行
D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
4．如图所示,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HG与AB的位置关系是
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行和异面
5．设，表示两个不同的平面，表示一条直线，则下列命题正确的是
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
6．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E，F，则四边形D1EBF的形状是
A．矩形 B．菱形
C．平行四边形 D．正方形
7．如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则必有
A． B．
C．平面平面 D．平面平面
8．正方体的棱长为3，点E在上，且，平面α∥平面（平面α是图中的阴影平面），若平面平面，则AF的长为
A．1 B．1.5
C．2 D．3
9．在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱A1B1,B1C1的中点,O是AC与BD的交点,平面OEF与平面BCC1B1相交于m,平面OD1E与平面BCC1B1相交于n,则直线m,n的夹角为
A． B．
C． D．
10．如图所示，在三棱台中，点在上，且，点是内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是
A．平面 B．直线
C．线段，但只含1个端点 D．圆
11．下列三个命题在“_______”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题（其中为直线，为平面），则此条件是__________.
①；②；③.
12．如图,在长方体中，E,F,G,H分别为CC',C'D',D'D,CD的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH内运动,则M满足 时,有MN//平面B'BDD'．
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分别为其所在的棱的中点,能得出平面MNP的图形的序号是 ．
14．如图,已知空间四边形ABCD,E,F,G,H分别是其四边上的点且共面,AC∥平面EFGH,AC=m,BD=n,当EFGH是菱形时,= .
15．如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为__________．
16．如图，棱长为2的正方体中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________.
17．如图,四边形与均为平行四边形，分别是的中点.
(1)求证: 平面;
(2)求证:平面平面.
18．如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点.
(1)当等于何值时,BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.
19．如图1，在梯形中，，，，过，分别作的垂线，垂足分别为，，已知，，将梯形沿，同侧折起，使得平面平面，平面平面，得到图2.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
20．如图，P是ΔABC所在平面外一点，A',B',C'分别是ΔPBC,ΔPCA,ΔPAB的重心.
（1）求证：平面A'B'C'//平面ABC；
（2）求ΔA'B'C'与ΔABC的面积比.
21．如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD//BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF//AB,现将四边形ABCD沿EF折起,使BE⊥EC.
(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP//平面ABEF?若存在,求出APPD的值;若不存在,说明理由;
(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.
1．（2019年高考全国Ⅱ卷文数）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
2．（2017新课标全国Ⅰ文科）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．
3．（2019年高考北京卷文数）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m； ②m∥； ③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
4．（2019年高考天津卷文数节选）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，.
（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面；
5．（2019年高考江苏节选）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
6．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
7．（2018江苏节选）在平行六面体中，．
求证：．
8．（2018新课标全国Ⅲ文科）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
9．（2017新课标全国Ⅱ文科）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面,
（1）证明：直线平面;
（2）若△的面积为，求四棱锥的体积.
变式拓展
1．【答案】C
【解析】取B1C1中点E，连接ME,NE，B1D1，BD，
由三角形中位线定理可得ME//B1D1，∴ME//平面BB1D1D，
由四边形BB1EN为平行四边形得NE//BB1，
∴NE//平面BB1D1D，∴平面MNE//平面BB1D1D，
又MN⊂平面MNE，∴MN//平面BB1D1D，
故选C．
2．【解析】过作平面交于，连接.
因为三棱柱，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以.
又平面，平面，平面平面，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以.
又，，
所以，，
故是的中位线，
所以当是的中点时，平面.
3．【解析】（1）∵四边形为矩形，∴，
又平面，平面，∴平面.
∵和均为等腰直角三角形，且，
∴，∴，
又平面，平面，
∴平面，
∵平面，平面，，
∴平面平面.
（2）∵为矩形，∴，
又∵平面平面，平面，
平面平面，
∴平面，
在中，∵，∴，
∴.
∴.
【名师点睛】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——割补法、等体积法．
①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
②等体积法：应用等体积法的前提是几何体的体积通过已知条件可以得到，利用等体积法可以用来求解几何体的高，特别是在求三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三棱锥的高，而通过直接计算得到高的数值．
考点冲关
1．【答案】B
【解析】当m//n时，若m⊥α，可得n⊥α，
又n⊥β，可知α//β.
故选B.
2．【答案】D
【解析】若两个平面α,β相交,设交线是l,则有α内的直线m与l平行,得到m与平面β平行,从而可得A是不正确的;而B中两条直线可能是平行于交线l的直线,所以也不能判定α与β平行;C中的无数条直线也可能是一组平行于交线l的直线,因此也不能判定α与β平行.由平面与平面平行的判定定理可得D项是正确的.
3．【答案】C
【解析】如果两个平面平行，则位于这两个平面内的直线可能平行，可能异面．
4．【答案】A
【解析】∵E,F分别是AA1,BB1的中点,∴EF//AB．
又AB⊄平面EFGH,EF⊂平面EFGH,∴AB//平面EFGH.
又AB⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面EFGH=GH,∴AB//GH.
5．【答案】C
【解析】若，，则或，A不正确；
若，，则，或相交，B不正确；
若，，可得没有公共点，即，C正确；
若，，则或相交，D不正确.
故选C．
6．【答案】C
【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1D1D与平面BB1C1C平行，又经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E,F，根据面面平行的性质定理，得D1E//FB，同理可证D1F//EB，所以四边形D1EBF为平行四边形，故选C．
7．【答案】D
【解析】选项A，由中位线定理可知：，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：，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：，而直线与平面相交，故直线与平面也相交，故平面与平面相交，故C选项是错误的；
选项D，由三角形中位线定理可知：，所以有平面，平面，而，因此平面平面，故本题选D．
8．【答案】A
【解析】因为平面α∥平面，平面平面，平面平面，所以.又，所以四边形是平行四边形，所以，所以.
9．【答案】D
【解析】如图所示，∵E，F分别是棱A1B1,B1C1的中点,∴EF∥AC，则平面OEF即平面EFCA与平面BCC1B1相交于CF,即直线m；由CF∥OE，可得CF∥平面OD1E，故平面OD1E与平面BCC1B1相交于n时，必有n∥CF，即m//n,则直线m,n的夹角为0.
10．【答案】C
【解析】过D作DN∥A1C1，交B1C1于N，连结BN，∵在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，AA1∩A1C1＝A1，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A1C，
∵点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，
∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点．
故选C．
11．【答案】
【解析】①，或，由；
②，，；
③，或，由．
故答案为．
12．【答案】M在线段FH上移动
【解析】当M在线段FH上移动时,有MH//DD'.而HN//BD,∴平面MNH//平面B'BDD'.
又MN⊂平面MNH,∴MN//平面B'BDD'.
13．【答案】①④
【解析】对于①,该正方体的对角面平面MNP,得出平面MNP;
对于②,直线AB与平面MNP不平行;
对于③,直线AB与平面MNP不平行;
对于④,直线AB与平面MNP内的直线NP平行.
14．【答案】
【解析】∵AC∥平面EFGH,AC⊂平面ABC,平面ABC∩平面EFGH=EF,
∴AC∥EF.
∴.①
由四边形EFGH是菱形知EH∥FG,EH⊄平面BCD,FG⊂平面BCD,
∴EH∥平面BCD．
而EH⊂平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,
∴EH∥BD,∴.②
由①②得.
又EF=EH,AC=m,BD=n,所以.
15．【答案】
【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．
可得：四边形是平行四边形，.
同理可得：．
，平面平面，
点是正方形内的动点，平面，
点在线段上，
点的轨迹长度．
故答案为．
16．【答案】
【解析】在正方体中，因为平面平面，所以平面平面，且，所以N为AB的中点（如图），所以该截面为等腰梯形.
因为正方体的棱长为2，所以MN=，CD1=，MD1=，
所以等腰梯形MNCD1的高MH=，
所以截面面积为.
17．【解析】(1)连接,则必过与的交点,
连接,则为的中位线,
所以,
又平面平面，
所以平面.
(2)因为分别为平行四边形的边的中点,
所以,
又平面平面,
所以平面.
又为中点,
所以为的中位线,所以,
又平面平面,
所以平面,
又与为平面内的两条相交直线,
所以平面平面.
【名师点睛】在立体几何中，常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种平行关系不是孤立的，而是相互联系，并且可以相互转化的．在解决问题的过程中，要灵活运用平行关系的判定定理.
（1）应用判定定理证明线面平行的步骤：
上面的第一步“找”是证题的关键，其常用方法有：利用三角形、中位线的性质；利用平行四边形的性质；利用平行线分线段成比例定理．
（2）利用判定定理证明两个平面平行的一般步骤:
第一步：在一个平面内找出两条相交直线；
第二步：证明这两条相交直线分别平行于另一个平面；
第三步：利用平面与平面平行的判定定理得出结论．
18．【解析】(1)如图所示,取D1为线段A1C1的中点,此时=1.
连接A1B,交AB1于点O,连接OD1.
由棱柱的性质知,四边形A1ABB1为平行四边形,
∴点O为A1B的中点.
∵D1为A1C1的中点,O为A1B的中点,∴OD1∥BC1,
∵OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,∴BC1∥平面AB1D1.
∴当=1时,BC1∥平面AB1D1.
(2)由平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,得BC1∥D1O,
∴.
又平面AB1D1∩平面ACC1A1=AD1,平面BDC1∩平面ACC1A1=DC1,
∴AD1∥DC1,
∴AD=D1C1,DC=A1D1,
∴=1.
19．【解析】（1）设，取中点，连接，
∵四边形为正方形，∴为中点，
∵为中点，∴且，
∵平面平面，平面平面，，
平面，∴平面，
又∵平面平面，∴平面平面，
又，则平面，
又∵，，∴，
∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵，平面，平面，∴平面，
∴点到平面的距离等于点到平面的距离，
∴.
20．【解析】（1）连接PA'、PC'，并延长分别交BC、AB于点M，N，连接MN.
∵A'、C'分别是ΔPBC、ΔPAB的重心，
∴PA'=23PM，PC'=23PN，
∴A'C'∥MN.
∵A'C'⊄平面ABC，MN⊂平面ABC，
∴A'C'∥平面ABC．
同理，A'B'∥平面ABC．
∵A'C'∩A'B'=A'，且A'C'、A'B'⊂平面A'B'C'，
∴平面A'B'C'∥平面ABC．
（2）由（1）知A'C'=23MN，A'C'∥MN.
∵MN=12AC，MN∥AC，
∴A'C'=13AC，A'C'∥AC.
同理可得：A'B'=13AB，A'B'∥AB，B'C'=13BC，B'C'∥BC，
则ΔA'B'C'∼ΔABC.
故ΔA'B'C'与ΔABC的面积之比为.
21．【解析】(1)线段上存在一点,使得平面,此时.
理由如下:
当时,,
过点作交于点,连接,
则有==,
∵,∴,
故,
又,
故有,
故四边形为平行四边形,
∴,
又∴平面平面,
∴平面.
(2)设,
∴==,
故==,
∴当时,有最大值,且最大值为3,
此时=,
在中,由余弦定理得===,
∴=,
==,
设点到平面的距离为,
由于,即=,∴=,
即点到平面的距离为.
直通高考
1．【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，
由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件.
故选B．
【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
2．【答案】A
【解析】对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；
对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；
对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．
故排除B，C，D，选A．
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．
3．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.
4．【解析】（1）连接，易知，.
又由，故.
又因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD.
5．【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
6．【解析】（1）连结.
因为M，E分别为的中点，所以，且.
又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，
因此四边形MNDE为平行四边形，.
又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.
7．【解析】在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
8．【解析】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
9．【解析】（1）在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.
又，，
故BC∥平面PAD.
（2）取AD的中点M，连接PM，CM，
由及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，
因为，
所以PM⊥CM.
设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.
取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，所以PN=142x.
因为△PCD的面积为27，
所以12×2x×142x=27，解得x=−2（舍去），x=2，
于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，
所以四棱锥P−ABCD的体积V=13×2(2+4)2×23=43.
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
考点30 直线、平面平行的判定及其性质
（1）以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.
理解以下判定定理：
·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.
·如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.
理解以下性质定理，并能够证明：
·如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.
·如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行.
·垂直于同一个平面的两条直线平行.
（2）能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.
一、直线与平面平行的判定与性质
1．直线与平面平行的判定定理
文字语言
平面外的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
图形语言
符号语言
a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α
作用
证明直线与平面平行
2．直线与平面平行的性质定理
文字语言
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
图形语言
符号语言
作用
①作为证明线线平行的依据．
②作为画一条直线与已知直线平行的依据.
二、平面与平面平行的判定与性质
1．平面与平面平行的判定定理
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
图形语言
符号语言
a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β
作用
证明两个平面平行
2．平面与平面平行的性质定理
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.
简记为：面面平行⇒线线平行
图形语言
符号语言
作用
证明线线平行
3．平行问题的转化关系
三、常用结论（熟记）
1．如果两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
2．如果两个平行平面中有一个平面垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线．
3．夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．
4．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
5．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
6．如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．
7．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．
8．如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行．
考向一 线面平行的判定与性质
线面平行问题的常见类型及解题策略：
(1)线面平行的基本问题
①判定定理与性质定理中易忽视的条件．
②结合题意构造图形作出判断．
③举反例否定结论或反证法证明．
(2)线面平行的证明问题
判断或证明线面平行的常用方法有：
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()；
③利用面面平行的性质()；
④利用面面平行的性质().
(3)线面平行的探索性问题
①对命题条件的探索常采用以下三种方法：
a.先猜后证，即先观察与尝试，给出条件再证明；
b.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
c.把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
②对命题结论的探索常采用以下方法：
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.
典例1 能保证直线a与平面α平行的条件是
A．a⊄α，b⊂α，a∥b
B．b⊂α，a∥b
C．b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c
D．b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b且AC＝BD
【答案】A
【解析】根据线面平行的判定定理可知A正确，注意线面平行的判定定理的条件缺一不可．
B．b⊂α，a∥b，a可能在a内，错误；
C．b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c，a可能在a内，错误；
D．b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b且AC＝BD，a可能与a相交，错误.
故选A．
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
典例2 如图，四棱锥P-ABCD中，AD//BC，，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.
【解析】（1）如图，连接EC，
∵AD//BC，，
∴BC=AE，BC//AE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∴O为AC的中点.
又∵F是PC的中点，∴FO//AP，
又∵FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
∴AP//平面BEF.
（2）如图，连接FH，OH，
∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH//PD，
又∵PD⊂平面PAD，FH⊄平面PAD，
∴FH//平面PAD.
又∵O是AC的中点，H是CD的中点，
∴OH//AD，
∵AD⊂平面PAD，OH⊄平面PAD，
∴OH//平面PAD.
又∵FH∩OH=H，
∴平面OHF//平面PAD，
又∵GH⊂平面OHF，
∴GH//平面PAD.
2．如图所示，在三棱柱中，点分别是棱上的点，点是棱上的动点，，若平面，试判断点在何位置.
考向二 面面平行的判定与性质
判定面面平行的常见策略：
(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)．
(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．
(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．
(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用).
典例3 如图，直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，其中AB//CD//EF，，且ED⊥平面ABCD，点G是CD的中点．
（1）求证：平面BCF//平面AGE；
（2）求平面BCF与平面AGE的距离．
【解析】（1）∵AB//CD，，G是CD的中点，
∴四边形ABCG为平行四边形，∴BC//AG，
又∵AG⊂平面AEG，BC⊄平面AEG，
∴BC//平面AEG，
∵直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，EF//CD//AB，
∴EF=AB，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴BF//AE，
又∵AE⊂平面AEG，BF⊄平面AEG，
∴BF//平面AEG，
∵BF∩BC=B，
∴平面BCF//平面AGE．
（2）设点C到平面AGE的距离为d，
易知AE=EG=AG=2，
由VC-AGE=VE-ACG，
得，
即，
∵平面BCF//平面AGE，
∴平面BCF与平面AGE间的距离为．
3．如图，四边形为矩形，，，，四点共面，且和均为等腰直角三角形，.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面平面，，，求三棱锥的体积．
1．已知m,n为两条不重合直线，α,β为两个不重合平面，下列条件中，α//β的充分条件是
A．m//n,m⊂α,n⊂β B．m//n,m⊥α,n⊥β
C．m⊥n,m//α,n//β D．m⊥n,m⊥α,n⊥β
2．平面α与平面β平行的条件可以是
A．α内的一条直线与β平行 B．α内的两条直线与β平行
C．α内的无数条直线与β平行 D．α内的两条相交直线分别与β平行
3．下列命题中，错误的是
A．平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行
B．平行于同一个平面的两个平面平行
C．若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行
D．若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
4．如图所示,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HG与AB的位置关系是
A．平行 B．相交
C．异面 D．平行和异面
5．设，表示两个不同的平面，表示一条直线，则下列命题正确的是
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
6．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E，F，则四边形D1EBF的形状是
A．矩形 B．菱形
C．平行四边形 D．正方形
7．如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则必有
A． B．
C．平面平面 D．平面平面
8．正方体的棱长为3，点E在上，且，平面α∥平面（平面α是图中的阴影平面），若平面平面，则AF的长为
A．1 B．1.5
C．2 D．3
9．在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱A1B1,B1C1的中点,O是AC与BD的交点,平面OEF与平面BCC1B1相交于m,平面OD1E与平面BCC1B1相交于n,则直线m,n的夹角为
A． B．
C． D．
10．如图所示，在三棱台中，点在上，且，点是内（含边界）的一个动点，且有平面平面，则动点的轨迹是
A．平面 B．直线
C．线段，但只含1个端点 D．圆
11．下列三个命题在“_______”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题（其中为直线，为平面），则此条件是__________.
①；②；③.
12．如图,在长方体中，E,F,G,H分别为CC',C'D',D'D,CD的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH内运动,则M满足 时,有MN//平面B'BDD'．
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分别为其所在的棱的中点,能得出平面MNP的图形的序号是 ．
14．如图,已知空间四边形ABCD,E,F,G,H分别是其四边上的点且共面,AC∥平面EFGH,AC=m,BD=n,当EFGH是菱形时,= .
15．如图所示，正方体的棱长为2，E，F分别为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为__________．
16．如图，棱长为2的正方体中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________.
17．如图,四边形与均为平行四边形，分别是的中点.
(1)求证: 平面;
(2)求证:平面平面.
18．如图所示,斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点.
(1)当等于何值时,BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.
19．如图1，在梯形中，，，，过，分别作的垂线，垂足分别为，，已知，，将梯形沿，同侧折起，使得平面平面，平面平面，得到图2.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
20．如图，P是ΔABC所在平面外一点，A',B',C'分别是ΔPBC,ΔPCA,ΔPAB的重心.
（1）求证：平面A'B'C'//平面ABC；
（2）求ΔA'B'C'与ΔABC的面积比.
21．如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD//BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF//AB,现将四边形ABCD沿EF折起,使BE⊥EC.
(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP//平面ABEF?若存在,求出APPD的值;若不存在,说明理由;
(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.
1．（2019年高考全国Ⅱ卷文数）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
2．（2017新课标全国Ⅰ文科）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．
3．（2019年高考北京卷文数）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m； ②m∥； ③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
4．（2019年高考天津卷文数节选）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，.
（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面；
5．（2019年高考江苏节选）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
6．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
7．（2018江苏节选）在平行六面体中，．
求证：．
8．（2018新课标全国Ⅲ文科）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
9．（2017新课标全国Ⅱ文科）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面,
（1）证明：直线平面;
（2）若△的面积为，求四棱锥的体积.
变式拓展
1．【答案】C
【解析】取B1C1中点E，连接ME,NE，B1D1，BD，
由三角形中位线定理可得ME//B1D1，∴ME//平面BB1D1D，
由四边形BB1EN为平行四边形得NE//BB1，
∴NE//平面BB1D1D，∴平面MNE//平面BB1D1D，
又MN⊂平面MNE，∴MN//平面BB1D1D，
故选C．
2．【解析】过作平面交于，连接.
因为三棱柱，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以.
又平面，平面，平面平面，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以.
又，，
所以，，
故是的中位线，
所以当是的中点时，平面.
3．【解析】（1）∵四边形为矩形，∴，
又平面，平面，∴平面.
∵和均为等腰直角三角形，且，
∴，∴，
又平面，平面，
∴平面，
∵平面，平面，，
∴平面平面.
（2）∵为矩形，∴，
又∵平面平面，平面，
平面平面，
∴平面，
在中，∵，∴，
∴.
∴.
【名师点睛】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——割补法、等体积法．
①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
②等体积法：应用等体积法的前提是几何体的体积通过已知条件可以得到，利用等体积法可以用来求解几何体的高，特别是在求三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三棱锥的高，而通过直接计算得到高的数值．
考点冲关
1．【答案】B
【解析】当m//n时，若m⊥α，可得n⊥α，
又n⊥β，可知α//β.
故选B.
2．【答案】D
【解析】若两个平面α,β相交,设交线是l,则有α内的直线m与l平行,得到m与平面β平行,从而可得A是不正确的;而B中两条直线可能是平行于交线l的直线,所以也不能判定α与β平行;C中的无数条直线也可能是一组平行于交线l的直线,因此也不能判定α与β平行.由平面与平面平行的判定定理可得D项是正确的.
3．【答案】C
【解析】如果两个平面平行，则位于这两个平面内的直线可能平行，可能异面．
4．【答案】A
【解析】∵E,F分别是AA1,BB1的中点,∴EF//AB．
又AB⊄平面EFGH,EF⊂平面EFGH,∴AB//平面EFGH.
又AB⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面EFGH=GH,∴AB//GH.
5．【答案】C
【解析】若，，则或，A不正确；
若，，则，或相交，B不正确；
若，，可得没有公共点，即，C正确；
若，，则或相交，D不正确.
故选C．
6．【答案】C
【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1D1D与平面BB1C1C平行，又经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E,F，根据面面平行的性质定理，得D1E//FB，同理可证D1F//EB，所以四边形D1EBF为平行四边形，故选C．
7．【答案】D
【解析】选项A，由中位线定理可知：，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：，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：，而直线与平面相交，故直线与平面也相交，故平面与平面相交，故C选项是错误的；
选项D，由三角形中位线定理可知：，所以有平面，平面，而，因此平面平面，故本题选D．
8．【答案】A
【解析】因为平面α∥平面，平面平面，平面平面，所以.又，所以四边形是平行四边形，所以，所以.
9．【答案】D
【解析】如图所示，∵E，F分别是棱A1B1,B1C1的中点,∴EF∥AC，则平面OEF即平面EFCA与平面BCC1B1相交于CF,即直线m；由CF∥OE，可得CF∥平面OD1E，故平面OD1E与平面BCC1B1相交于n时，必有n∥CF，即m//n,则直线m,n的夹角为0.
10．【答案】C
【解析】过D作DN∥A1C1，交B1C1于N，连结BN，∵在三棱台A1B1C1﹣ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，AA1∩A1C1＝A1，BD∩DN＝D，∴平面BDN∥平面A1C，
∵点M是内（含边界）的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C，
∴M的轨迹是线段DN，且M与D不重合，∴动点M的轨迹是线段，但只含1个端点．
故选C．
11．【答案】
【解析】①，或，由；
②，，；
③，或，由．
故答案为．
12．【答案】M在线段FH上移动
【解析】当M在线段FH上移动时,有MH//DD'.而HN//BD,∴平面MNH//平面B'BDD'.
又MN⊂平面MNH,∴MN//平面B'BDD'.
13．【答案】①④
【解析】对于①,该正方体的对角面平面MNP,得出平面MNP;
对于②,直线AB与平面MNP不平行;
对于③,直线AB与平面MNP不平行;
对于④,直线AB与平面MNP内的直线NP平行.
14．【答案】
【解析】∵AC∥平面EFGH,AC⊂平面ABC,平面ABC∩平面EFGH=EF,
∴AC∥EF.
∴.①
由四边形EFGH是菱形知EH∥FG,EH⊄平面BCD,FG⊂平面BCD,
∴EH∥平面BCD．
而EH⊂平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,
∴EH∥BD,∴.②
由①②得.
又EF=EH,AC=m,BD=n,所以.
15．【答案】
【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．
可得：四边形是平行四边形，.
同理可得：．
，平面平面，
点是正方形内的动点，平面，
点在线段上，
点的轨迹长度．
故答案为．
16．【答案】
【解析】在正方体中，因为平面平面，所以平面平面，且，所以N为AB的中点（如图），所以该截面为等腰梯形.
因为正方体的棱长为2，所以MN=，CD1=，MD1=，
所以等腰梯形MNCD1的高MH=，
所以截面面积为.
17．【解析】(1)连接,则必过与的交点,
连接,则为的中位线,
所以,
又平面平面，
所以平面.
(2)因为分别为平行四边形的边的中点,
所以,
又平面平面,
所以平面.
又为中点,
所以为的中位线,所以,
又平面平面,
所以平面,
又与为平面内的两条相交直线,
所以平面平面.
【名师点睛】在立体几何中，常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种平行关系不是孤立的，而是相互联系，并且可以相互转化的．在解决问题的过程中，要灵活运用平行关系的判定定理.
（1）应用判定定理证明线面平行的步骤：
上面的第一步“找”是证题的关键，其常用方法有：利用三角形、中位线的性质；利用平行四边形的性质；利用平行线分线段成比例定理．
（2）利用判定定理证明两个平面平行的一般步骤:
第一步：在一个平面内找出两条相交直线；
第二步：证明这两条相交直线分别平行于另一个平面；
第三步：利用平面与平面平行的判定定理得出结论．
18．【解析】(1)如图所示,取D1为线段A1C1的中点,此时=1.
连接A1B,交AB1于点O,连接OD1.
由棱柱的性质知,四边形A1ABB1为平行四边形,
∴点O为A1B的中点.
∵D1为A1C1的中点,O为A1B的中点,∴OD1∥BC1,
∵OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,∴BC1∥平面AB1D1.
∴当=1时,BC1∥平面AB1D1.
(2)由平面BC1D∥平面AB1D1,且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,得BC1∥D1O,
∴.
又平面AB1D1∩平面ACC1A1=AD1,平面BDC1∩平面ACC1A1=DC1,
∴AD1∥DC1,
∴AD=D1C1,DC=A1D1,
∴=1.
19．【解析】（1）设，取中点，连接，
∵四边形为正方形，∴为中点，
∵为中点，∴且，
∵平面平面，平面平面，，
平面，∴平面，
又∵平面平面，∴平面平面，
又，则平面，
又∵，，∴，
∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵，平面，平面，∴平面，
∴点到平面的距离等于点到平面的距离，
∴.
20．【解析】（1）连接PA'、PC'，并延长分别交BC、AB于点M，N，连接MN.
∵A'、C'分别是ΔPBC、ΔPAB的重心，
∴PA'=23PM，PC'=23PN，
∴A'C'∥MN.
∵A'C'⊄平面ABC，MN⊂平面ABC，
∴A'C'∥平面ABC．
同理，A'B'∥平面ABC．
∵A'C'∩A'B'=A'，且A'C'、A'B'⊂平面A'B'C'，
∴平面A'B'C'∥平面ABC．
（2）由（1）知A'C'=23MN，A'C'∥MN.
∵MN=12AC，MN∥AC，
∴A'C'=13AC，A'C'∥AC.
同理可得：A'B'=13AB，A'B'∥AB，B'C'=13BC，B'C'∥BC，
则ΔA'B'C'∼ΔABC.
故ΔA'B'C'与ΔABC的面积之比为.
21．【解析】(1)线段上存在一点,使得平面,此时.
理由如下:
当时,,
过点作交于点,连接,
则有==,
∵,∴,
故,
又,
故有,
故四边形为平行四边形,
∴,
又∴平面平面,
∴平面.
(2)设,
∴==,
故==,
∴当时,有最大值,且最大值为3,
此时=,
在中,由余弦定理得===,
∴=,
==,
设点到平面的距离为,
由于,即=,∴=,
即点到平面的距离为.
直通高考
1．【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，
由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件.
故选B．
【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
2．【答案】A
【解析】对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；
对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；
对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．
故排除B，C，D，选A．
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．
3．【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.
4．【解析】（1）连接，易知，.
又由，故.
又因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD.
5．【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
6．【解析】（1）连结.
因为M，E分别为的中点，所以，且.
又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，
因此四边形MNDE为平行四边形，.
又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.
7．【解析】在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
8．【解析】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
9．【解析】（1）在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.
又，，
故BC∥平面PAD.
（2）取AD的中点M，连接PM，CM，
由及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，
因为，
所以PM⊥CM.
设BC=x，则CM=x，CD=2x，PM=3x，PC=PD=2x.
取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，所以PN=142x.
因为△PCD的面积为27，
所以12×2x×142x=27，解得x=−2（舍去），x=2，
于是AB=BC=2，AD=4，PM=23，
所以四棱锥P−ABCD的体积V=13×2(2+4)2×23=43.
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
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