高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行课后练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行课后练习题，共40页。

【考点梳理】
考点一 基本事实4
考点二 空间等角定理
1.定理
2.推广
如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等.
考点三 直线与平面平行的判定定理
考点四 直线与平面平行的性质定理
【题型归纳】
题型一：等角定理
1．若，且，与方向相同，则下列结论正确的有（ ）
A．且方向相同B．，方向可能不同
C．OB与不平行D．OB与不一定平行
2．在正方体中，，，分别为棱，，的中点，试证明：．
3．如图，三棱柱中，，，分别为，，的中点.求证：.

题型二：直线与平面平行的判定定理的应用
4．如图，在四棱锥中，底面是菱形，分别为，，的中点.
（1）求证：平面；
（2）记平面与底面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并证明.
5．如图，P为平行四边形所在平面外一点，，分别是，的中点，平面平面于直线.
（1）判断与平面的位置关系，并证明你的结论；
（2）判断与的位置关系，并证明你的结论.
6．如图，在四棱锥中，，，为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）试判断与平面是否平行？并说明理由.
题型三：直线与平面平行的性质判断线段比例或点所在位置
7．如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（ ）
A．1B．C．3D．2
8．如图，在三棱锥P—ABC中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足AD平面PEF，则的值为（ ）
A．1B．2C．D．
9．如图，已知四棱维的底面是平行四边形，交于点，为中点，在上，，平面，则的值为（ ）
A．B．C．D．
题型四：直线与平面平行的性质定理的应用
10．如图，三棱锥被一平面所截，截面为平行四边形EFGH，求证：平面EFGH．
11．如图所示，已知P是▱ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l.
求证:（1）l∥BC;
（2）MN∥平面PAD．
12．如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由.
【双基达标】
一、单选题
13．对于直线m，n和平面α，下列命题中正确的是（ ）
A．如果m⊂α，nα，m，n是异面直线，那么nα
B．如果m⊂α，nα，m，n是异面直线，那么n与α相交
C．如果m⊂α，nα，m，n共面，那么mn
D．如果mα，nα，m，n共面，那么mn
14．已知直线和平面，下列说法正确的是（ ）
A．如果，那么平行于经过的任意一个平面．
B．如果，那么平行于平面内的任意一条直线．
C．若，则 ．
D．若且，则．
15．已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，n，则
C．若，m，=n，则
D．若，，则
16．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为（ ）
A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，若平面MQB，则t等于（ ）
A．B．C．D．
18．如图所示，P为矩形所在平面外一点，矩形对角线交点为为的中点，给出五个结论：①；②平面；③平面；④平面；⑤平面.其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
19．下列结论中正确的是（ ）
①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；②平行于同一条直线的两条直线平行；③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；④空间中有四条直线a，b，c，d，如果ab，cd，且ad，那么bc.
A．①②③B．②④C．③④D．②③
20．下列命题的符号语言中，不是公理的是（ ）
A．，
B．，且，且
C．，，且，
D．，
21．如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则（ ）
A．BD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
【高分突破】
一：单选题
22．如图，在直四棱柱中，下列结论正确的是（ ）
A．与是两条相交直线
B．平面
C．
D．，，，四点共面
23．在空间四边形中，分别在上，且满足，则直线与平面的位置关系是（ ）
A．平面B．平面
C．与平面相交D．以上都有可能
24．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的个数为（ ）
①平面PBC ②平面PCD ③平面PDA ④平面PBA
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、多选题
25．(多选题)下列命题中，错误的结论有（ ）
A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等
B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等
C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补
D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行
26．如图，在四面体中，截面是正方形，则（ ）
A．B．平面
C．D．分别是线段的中点
27．如图所示，在棱长为2的正方体中，，，分别为所在棱的中点，为正方形内（包括边界）一动点，且平面，则（ ）
A．B．平面
C．三棱锥的体积为1D．只能在线段上
28．在正方体中，、、分别为，，的中点则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截而是等腰梯形
D．点和点到平面的距离相等
29．已知图1中的正三棱柱的底面边长为2，体积为，去掉其侧棱，再将上底面绕上下底面的中心所在的直线，逆时针旋转后，添上侧棱，得到图2所示的几何体，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．平面ABC
B．
C．四边形为正方形
D．正三棱柱，与几何体的外接球体积相同
三、填空题
30．已知l，m，n是互不相同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：
①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则αβ；
②若αβ，l⊂α，m⊂β，则lm；
③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，lγ，则mn.
其中所有真命题的序号为________.
31．如图所示，直线平面，点平面，并且直线a和点A位于平面两侧，点B，C，，AB，AC，AD分别交平面于点E，F，G，若，，，则EG=______.
32．下列三个说法：
①若直线在平面外，则；
②若直线，直线，则；
③若，则与内任意直线平行．
其中正确的有________．
33．以下命题中为真命题的是__________________（填序号）
①若直线平行于平面内的无数条直线，则直线∥；
②若直线在平面外，则∥；
③若直线a∥b，，则∥；
④若直线a∥b，，则平行于平面内的无数条直线.
34．如图所示，在空间四边形中，，分别为边，上的点，且，又，分别为，的中点，则下列结论正确的是__________________（请填写正确命题的序号）

①平面；②平面；
③平面；④平面．
四、解答题
35．如图，正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB，在对角线AE，BD上各有一点P，Q，且AP=DQ．求证：平面BCE．（用两种方法证明）
36．如图，四棱锥中，O为底面平行四边形DBCE对角线的交点，F为AE的中点．求证：平面DCF．
37．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2，若MB∥平面AEF，试判断点M在何位置.
38．如图，在直三棱柱中，点为的中点，，，.
(1)证明：平面.
(2)求三棱锥的体积.
39．如图1，已知矩形中，，E为上一点且.现将沿着折起，使点D到达点P的位置，且，得到的图形如图2.
(1)证明为直角三角形；
(2)设动点M在线段上，判断直线与平面的位置关系，并说明理由.
40．如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：
(1)四点E，F，G，H共面；
(2)平面，平面．
41．如图所示，斜三棱柱中，点为上的中点．
（1）求证：平面；
（2）设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，求．文字语言
平行于同一条直线的两条直线平行
图形语言
符号语言
直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c
作用
证明两条直线平行
说明
基本事实4表述的性质通常叫做平行线的传递性
文字语言
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
符号语言
OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180°
图形语言
作用
判断或证明两个角相等或互补
文字语言
如果平面外一条直线与此平面内一条直线平行，那么该直线与此平面平行
符号语言
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊄α，,b⊂α，,a∥b))⇒a∥α
图形语言
文字语言
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
符号语言
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b
图形语言
【答案详解】
1．D
【解析】
【分析】
画出图形，当满足题目中的条件时，出现的情况有哪些，即可得出结论．
【详解】
解：如图，
；
当∠AOB=∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，
OB与O1B1是不一定平行．
故选：D．
2．证明见解析
【解析】
【分析】
证明，，由与的对应边平行且方向相同即可证出.
【详解】
因为为的中点，所以，因为为的中点，
所以．
又，，
所以，．所以四边形为平行四边形．
所以，同理．
所以与的对应边平行且方向相同，所以．
3．证明见解析
【解析】
【分析】
通过平行以及长度关系证明，，然后根据等角定理证明.
【详解】
证明：因为，分别是，的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.
同理可证，
又与方向相同，所以.
4．（1）证明见解析；（2）直线面，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）证明，利用线面平行的判定定理即可求证；
（2）由三角形中位线性质可得：，可证明面，由线面平行的性质定理可得，由线面平行的判定定理即可证明直线面.
【详解】
（1）因为分别为，的中点，所以，
因为底面是菱形，所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
（2）直线与平面平行，证明如下：
因为分别为，的中点，
所以，
因为面，面，所以面，
因为平面与底面的交线为，面，
由线面平行的性质定理可得，
因为，所以，
因为面，面，
所以直线面.
5．（1）平面，证明见解析；（2），证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）取PD中点E，连接AE，NE，可得，且，又M为AB中点，可得，且，所以四边形AMNE为平行四边形，可得，根据线面平行的判定定理，可证平面.
（2）根据线面平行的判定定理，可证平面，又平面PBC，结合题意，根据线面平行的性质定理，可证.
【详解】
（1）平面，证明如下：
取PD中点E，连接AE，NE，
因为N，E分别为PC，PD中点，
所以，且，
又M为AB中点，，，
所以，且，
所以四边形AMNE为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2），证明如下：
因为，平面，平面，
所以平面，
又平面PBC，且平面平面，
根据线面平行的性质定理可得.
6．（1）见解析；（2）不平行，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）可结合中位线定理证明，取PC的中点F，连接EF，BF，先证明四边形为平行四边形，可得，即可得证；
（2）可采用反证法，假设与平面平行，先证为中点，再通过相似三角形可得，即证出矛盾，故不成立
【详解】
证明：（1）取PC的中点F，连接EF，BF，
则，且，
又因为，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
则，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）与平面不平行.
假设面，
设，连结，
则平面平面，
又平面， 所以.
所以，在中有，
由为的中点可得，即.
因为，所以，这与矛盾，
所以假设错误，与平面不平行.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，反证法在线面平行中的应用，属于中档题
7．C
【解析】
【分析】
根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.
【详解】
解：设与交于点，连接，如图所示，因为为的中点，则，
由四边形是菱形，可得，则，
所以，所以，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故选：C.
8．C
【解析】
【分析】
连接，交于，连接，由平面，得到，由点，分别为棱，的中点，得到是的重心，由此能求出结果．
【详解】
解：连接，交于，连接，如图，
平面，平面平面，
，
点，分别为棱，的中点．
是的重心，
．
故选：C．
9．D
【解析】
【分析】
根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.
【详解】
设与交于点，连接，如图所示，
因为为的中点，则，
由四边形是平行四边形，可得，则，
所以，所以，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故选：D.
10．证明见解析
【解析】
【分析】
根据线面平行的判定定理、性质定理即可得证
【详解】
因为四边形EFGH为平行四边形，
所以，
因为平面BCD，平面BCD，
所以平面BCD，
又因为平面ACD，且平面平面BCD，
所以，
又因为平面EFGH，平面EFGH，
所以平面EFGH
11．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先由BC∥AD证明BC∥平面PAD，再结合平面PBC∩平面PAD=l，由线面平行推出线线平行，即得证；
（2）取PD的中点E，连接AE，NE，可证明四边形AMNE是平行四边形，即 MN∥AE，由线线平行推线面平行，即得证
【详解】
（1）∵▱ABCD
∴BC∥AD，
又BC平面PAD，平面PAD
∴BC∥平面PAD.
又∵平面PBC∩平面PAD=l，
平面PBC
∴l∥BC.
（2）如图，取PD的中点E，连接AE，NE，
则NE∥CD，且NE=CD，
又AM∥CD，且AM=CD，
∴NE∥AM，且NE=AM.
∴四边形AMNE是平行四边形.∴MN∥AE.
又∵AE⊂平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
12．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在；理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行性质定理即可证明；
（2）取的中点，连接，，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；
（3）取中点，连接，，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明.
【详解】
证明：（1）在四棱锥中，平面，平面，
平面∩平面，
∴；
（2）取的中点，连接，，
∵是 的中点，
∴，，
又由（1）可得，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（3）取中点，连接，，
∵，分别为，的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
又由（2）可得平面，，
∴ 平面平面，
∵是上的动点，平面，
∴平面，
∴ 线段上存在点，使平面.
【点睛】
本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题.
13．C
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定定理和性质定理，结合空间图形构造反例，依次判断即可
【详解】
对于A，如图①，此时n与α相交，故选项A不正确;
对于B，如图②，此时m，n是异面直线，而n与α平行，故选项B不正确;
对于C，如果m⊂α，nα，则mn或者m，n异面，又m，n共面，那么mn，故选项C正确
对于D，如图③，m与n相交，故选项D不正确.
故选：C
14．D
【解析】
【分析】
A,D选项考查线面平行的判断，A选项缺少条件，D选项正确；B选项是线面平行推线线平行，需要借助另外一个面；C选项中，平行于同一个面的两条线没有特定的位置关系
【详解】
选项A中，由推出平行于经过的任意一个平面，需要增加一个条件，即不在所在的面内，A选项没有这一限制条件，所以A错误
选项B中，，，，则，所以不是平行于面内所有的线，只能平行于面面的交线，所以B错误
选项C中，两条直线分别平行于面，这两条直线的位置关系是任意的，不能推出平行，所以C错误
选项D为证明线面平行的判定定理，条件充分，正确
故选：D
15．C
【解析】
【分析】
对选项A，B，D，借助长方体即可判断A，B，D错误，对选项C，利用线面平行的性质即可判断C正确.
【详解】
对选项A，如图所示：
在长方体中，满足，，此时，故A错误.
对选项B，如图所示：
在长方体中，满足，，此时相交，故B错误.
对选项C，根据线面平行的性质即可得到C正确.
对选项D，如图所示：
在长方体中，满足，，此时相交，故D错误.
故选：C
16．B
【解析】
根据PQMN是正方形，利用线面平行的判定定理、性质定理，即可判断A、C、D的正误，利用三角形相似及题干条件，即可判断B的正误，即可得答案.
【详解】
因为截面PQMN是正方形，
所以PQ∥MN，QM∥PN，
则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，
所以PQ∥AC，QM∥BD，
由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；
由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；
由BD∥PN，所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，
又PQMN是正方形，，故D正确；
由上面可知，BD∥PN，MN∥AC.
所以，
而AN≠DN，PN＝MN，
所以BD≠AC，故B错误．
故选：B.
17．A
【解析】
连接交于，连接，根据线面平行的性质得，即可得到，即可求解.
【详解】
连接交于，连接，如图：
底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，所以与相似，
，
因为平面MQB，平面，平面与平面MQB交线为，
根据线面平行的性质可知：，
在中，，
，
即.
故选：A
【点睛】
此题考查根据线面平行的性质得线线平行，根据平行关系求解线段的比例关系.
18．C
【解析】
根据三角形的中位线证得，由此证得平面,平面.根据与平面、平面有公共点，判断④⑤错误.
【详解】
矩形的对角线与交于点O，所以O为的中点，在中，M是的中点，所以是中位线，
故.又平面，平面，
所以平面，且平面.
因为点M在上，所以与平面、平面相交，所以④⑤错误.
故正确的结论为①②③，共有3个.
故选：C.
【点睛】
本小题主要考查线线平行、线面平行的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.
19．B
【解析】
【分析】
根据空间中直线间的位置关系逐项进行判断即可.
【详解】
①错误，两条直线可以异面；
②正确，平行的传递性；
③错误，和另一条直线可以相交也可以异面；
④正确，平行的传递性.
故选：B.
20．A
【解析】
利用平面的公理直接判断求解．
【详解】
不是公理，
在中，由公理三知：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故是公理．
在中，由公理一知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，故是公理；
在中，由平行公理得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故是公理；
故选：．
【点睛】
本题考查平面的公理的判断，考查平面的基本性质及其推论等基础知识，是基础题．
21．B
【解析】
【分析】
先判断四边形EFGH的形状，再去判断线面是否平行即可解决.
【详解】
△ABD中，AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，则EFBD，且
△BCD中，，则HGBD，且
则，则四边形EFGH是梯形.故选B.
下面看四个平行的判断是否正确.
平面,平面，则BD平面EFGH.判断正确；
平面,平面，则EF平面BCD.判断正确；
平面,平面，则HG平面ABD.判断正确；
梯形EFGH中，，与的延长线会交于一点，则直线EH与平面ADC的位置关系为相交.
故选：B
22．B
【解析】
【分析】
根据异面直线的判定定理，直线与平面平行的判定定理，四点共面的判定，结合四棱柱的性质逐一判定即可.
【详解】
面，面，，所以与是异面直线，A错；
因为，面，面，所以面，B正确；
面， 面，，所以与是异面直线，C错；
如图所示，，，三点在面上，与面相交，所以，，，四点不共面，D错.
故选：B.
23．A
【解析】
【分析】
由，可推出，再根据线面平行的判定可得出答案.
【详解】
∵
∴
又∵，.
∴平面.
故选：A
24．B
【解析】
【分析】
证明，即可证明②③正确；平面，故①错误，平面，故④错误．
【详解】
对于①，平面，故①错误；
对于②，由于为的中点，为的中点，则， 平面，平面，则平面，故②正确；
对于③，由于，平面，平面，则平面，故③正确；
对于④，由于平面，故④错误．
故选：B
25．AC
【解析】
【分析】
由等角定理可判断A、B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.
【详解】
对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；
对于选项B：由等角定理可知B正确；
对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，与满足，，但是，，二者不相等也不互补.故选项C错误；
对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.
故选：AC.
26．AB
【解析】
【分析】
根据图形及题目中的条件进行判断即可.
【详解】
由题意知： ，，，所以，故A正确；
由，平面，平面，故平面.
故选：AB.
27．BD
【解析】
【分析】
取的中点，连接，，可得，由与相交判定A错误；连接，由面面平行的判定及性质判断B；利用等体积法求体积判断C；求出点的轨迹判断D.
【详解】
对于A，取的中点，连接，，由正方体的性质可知，
而与相交，故与不平行，故A错误；
对于B，连接，因为，平面，平面
所以平面，同理平面，因为
所以平面平面，因为平面
所以平面，故B正确；
对于C，由等体积法可得：
，故C错误；
对于D，由前面可得平面平面，即点的轨迹为线段，故D正确．
故选：BD
28．BC
【解析】
【分析】
根据正方体的性质一一判断即可；
【详解】
解：在正方体中，则与不垂直，从而直线与直线不垂直，故A错误；
取的中点，连接、，则，，易证平面平面，从而直线与平面平行，故B正确；
连接，，，因为，，所以，故四边形为平面截正方体的截面，显然四边形为等腰梯形，故C正确；
假设点与点到平面的距离相等，即平面平分，则平面必过的中点，连接交于点，易知不是的中点，故假设不成立，故D错误；
故选：BC
29．ACD
【解析】
【分析】
由旋转前后底面平行，几何体高不变，底面边长不变，外接球不变依次判断即可.
【详解】
由，可得平面ABC，所以A正确.；
作平面，垂足为 ，连结、，则，
所以，所以B错；
由A、B选项的上述判断过程可知四边形为菱形，
又平面，所以，
故四边形为正方形，C正确；
因为旋转前与旋转后几何体的外接球不变，故D正确.
故选: ACD.
30．③
【解析】
【分析】
①利用平面的位置关系判断；②利用直线与直线的位置关系判断；③利用线面平行的性质定理判断.
【详解】
①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则αβ或α与β相交；
②若αβ，l⊂α，m⊂β，则lm或直线l与m异面；
③因为α∩β＝l，β∩γ＝m， lγ，所以ml，同理可证ln，所以mn.
故答案为：③
31．##
【解析】
【分析】
利用线面平行的性质可得∥，然后利用平行线分线段成比例定理和比例的性质求解
【详解】
因为直线平面，点B，C，，平面平面，
所以∥，
所以,
所以，
故答案为：
32．②
【解析】
【分析】
由线面的位置关系可判断①，利用线面平行的判定定理可判断②，再利用线线的位置关系判断③.
【详解】
直线在平面外，包含直线与相交、直线与平行两种情况，①不正确；
由直线与平面平行的判定定理知②正确；
③中与内的直线可能平行，相交、异面，③不正确．
故答案为：②
33．④
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定定理及性质分析判断即可
【详解】
对于①，当直线平行于平面内的无数条直线时，∥或在平面内，所以①错误，
对于②，直线在平面外，则∥或与平面相交，所以②错误，
对于③，若直线a∥b，，则∥或在平面内，所以③错误，
对于④，若直线a∥b，，则由线面平行的性质可得平行于平面内的无数条直线，所以④正确，
故答案为：④
34．①②③
【解析】
【分析】
根据题意，，，进而根据线面平行的判定定理即可得答案.
【详解】
解：∵ 在中，，
∴，
又∵ 平面，平面，平面，平面
∴ 平面；平面；
∵，分别为，的中点，
∴ ，
又∵平面，平面，
∴ 平面
∴，
∴ 四边形是梯形，
∴与必相交，
∵平面，
∴与平面有公共点，即与平面不平行.
综上，正确的是：①②③
故答案为：①②③
35．见解析
【解析】
【分析】
作交于，作交于，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】
法一：如图所示，交于，作交于，连接．
正方形和正方形有公共边，．
又，．
又，，，．
且，即四边形为平行四边形，．
又平面，平面，平面．
法二：如图所示，连接并延长交所在直线与点，连接，
由可得，，
因为正方形和正方形有公共边，所以，
又，则，
所以，所以，
又平面，平面，平面．
36．证明见解析
【解析】
【分析】
以线面平行判定定理去证明即可.
【详解】
连接OF
O为底面平行四边形DBCE对角线的交点，则
△中，，，则
又平面，平面，则平面DCF．
37．M是AC的中点
【解析】
【分析】
根据线面平行的性质、平行四边形的定义、平行四边形的性质，结合三角形中位线的性质进行求解即可.
【详解】
解 若MB∥平面AEF，过F，B，M作平面FBMN交AE于点N，
连接MN，NF.
因为BF∥平面AA1C1C，
BF⊂平面FBMN，
平面FBMN∩平面AA1C1C＝MN，
所以BF∥MN.
又MB∥平面AEF，MB⊂平面FBMN，
平面FBMN∩平面AEF＝FN，所以MB∥FN，
所以BFNM是平行四边形，
所以MN∥BF，MN＝BF＝1.
而EC∥FB，EC＝2FB＝2，
所以MN∥EC，MN＝EC＝1，
故MN是△ACE的中位线.
所以当M是AC的中点时，
MB∥平面AEF.
38．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）在平面内作出辅助线，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）作出三棱锥的高，将看作三棱锥的底面，利用三棱锥体积公式计算即可.
(1)
证明：连接，交于，连接，因为是直三棱柱，所以为中点，而点为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面．
(2)
解：过作于，
因为是直三棱柱，点为的中点，
所以，且底面，
所以,
因为，所以，
则 ,
所以
．
39．(1)证明见解析
(2)答案不唯一，见解析
【解析】
【分析】
（1）利用折叠前后的线段长度及勾股定理求证即可；
（2）动点M满足时和，但时两种情况，利用线线平行或相交得到结论.
(1)
在折叠前的图中，如图：
，E为上一点且，
则，
折叠后，所以，又，
所以，所以为直角三角形.
(2)
当动点M在线段上，满足，同样在线段上取，使得，则，
当时，则，又且所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，又平面，所以此时平面；
当时，此时，但，
所以四边形为梯形，所以与必然相交，所以与平面必然相交.
综上，当动点M满足时，平面；
当动点M满足，但时，与平面相交.
40．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）证明即可证明结论
（2）根据线面平行的判定定理证明即可.
(1)
证明：因为E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
所以，
所以，
所以四点E，F，G，H共面.
(2)
证明：因为E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
所以，
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面， 平面
41．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）连接A1B交AB1于点O，连接OD1，可得OD1∥BC1，由线面平行的判定定理即可证明BC1∥平面AB1D1；
（2）由V1＝＝＝＝V2，即可求得结论．
【详解】
（1）证明：连接A1B交AB1于点O，连接OD1，
则在平形四边形ABB1A1中，点O为A1B的中点，
又点D1为A1C1的中点，
所以OD1∥BC1，
又OD1⊂平面AB1D1，B1C⊄平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1．
（2）V1＝＝＝＝V2
所以＝．