还剩46页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- （人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 8.3.2 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积【附答案详解】 试卷 0 次下载
- （人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 8.5.1-8.5.2 直线与直线、直线与平面平行）【附答案详解】 试卷 0 次下载
- （人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 8.6.1 直线与直线垂直）【附答案详解】 试卷 0 次下载
- （人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 8.6.2 直线与平面垂直）【附答案详解】 试卷 0 次下载
- （人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 8.6.3 平面与平面垂直）【附答案详解】 试卷 1 次下载
数学必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行课后练习题
展开
这是一份数学必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行课后练习题，共49页。试卷主要包含了16等内容，欢迎下载使用。
【考点梳理】
考点一 平面与平面平行的判定定理
考点二 两个平面平行的性质定理
【题型归纳】
题型一：平面与平面平行的判定定理的应用
1．（2023·全国·高一课前预习）如图，已知平面α平面β，点P为α，β外一点，直线PB，PD分别与α，β相交于A，B和C，D，则AC与BD的位置关系为（ ）
A．平行B．相交
C．异面D．平行或异面
2．（2023·安徽·合肥艺术中学 高一期中）如图，在多面体中，是正方形，平面平面，为棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
3．（2023·福建浦城·高一期中）如图所示，在三棱柱中，､､､分别是，，，的中点，求证：
（1）平面，
（2）平面平面.
题型二：面面平行证明线线平行
4．（2023·福建省永春第一中学高一期中）如图，四边形是平行四边形，点分别为线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面.
5．（2022·湖南·高一课时练习）如图，，直线AC分别交平面，，于点A，B，C，直线DF分别交平面，，于点D，E，F．求证：．
6．（2023·全国·高一）如图，在三棱锥中，，，分别是，，的中点．是上一点，连接，是与的交点，连接，求证：．
题型三：面面平行证明线面平行、面面平行
7．（2023·重庆南开中学高一阶段练习）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.
8．（2023·安徽·芜湖一中高一期中）已知四棱锥中，底面为平行四边形，点、、分别在、、上.
（1）若，求证：平面平面；
（2）若满足，则点满足什么条件时，面.
9．（2023·北京·首都师范大学附属中学高一期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，分别为，的中点.设平面与平面的交线为.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）在棱上是否存在点（异于点），使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【双基达标】
一、单选题
10．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，正方体，E在上，F在上，且，过E作交BD于H，则平面EFH与平面的位置关系是（ ）
A．平行B．相交C．垂直D．以上都有可能
11．（2023·全国·高一课时练习）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
12．（2023·全国·高一课时练习）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
13．（2023·全国·高一课时练习）下列命题：①一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，必与另外一个平面相交；②如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面；③夹在两个平行平面间的平行线段相等，其中正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．0
14．（2023·全国·高一课时练习）给出下列命题：①，，，；
②，，；
③，；
④内的任一直线都平行于．
其中正确的命题是（ ）
A．①③B．②④C．③④D．②③
15．（2023·湖北·黄石市有色第一中学高一期中）已知a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面其中正确的命题（ ）
①，；
②，；
③，；
④，；
⑤，，．
A．①⑤B．①②C．②④D．③⑤
16．（2023·全国·高一课时练习）已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，且满足，，则
C．若，，，且满足，则
D．若，，，且，，则
17．（2023·全国·高一课时练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题中错误的是（ ）
A．
B．与是异面直线
C．平面平面
D．平面
18．（2023·全国·高一课时练习）如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.求证：平面EFG//平面ABC.
19．（2023·全国·高一课时练习）在三棱柱中，
（1）若分别是的中点，求证：平面平面.
（2）若点分别是上的点，且平面平面，试求的值．
20．（2023·陕西·西安中学高一阶段练习）如图所示，已知点P是平行四边形所在平面外一点，M，N，Q分别，，的中点，平面平面．
(1)证明平面平面；
(2)求证：．
【高分突破】
一：单选题
21．（2023·全国·高一课时练习）下列命题正确的是（ ）
A．若直线a在平面α外，则直线a//α
B．若直线a与平面α有公共点，则a与α相交
C．若平面α内存在直线与平面β无交点，则α//β
D．若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则α//β
22．（2023·山东·济南一中高一期中）设表示不同直线，表示不同平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．，则
B．是两条异面直线，若则
C．若，则
D．若则
23．（2023·河南·焦作市第一中学高一期末）在四棱锥中，底面为平行四边形，是的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则（ ）
A．3B．2C．D．1
24．（2023·全国·高一课时练习）在四棱锥中，底面为正方形，分别为侧棱上的点，且满足，平面，则（ ）
A．B．2
C．3D．4
25．（2023·湖南·长沙卓华高级中学有限公司高一阶段练习）下列命题正确的是（ ）
A．一个平面内两条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
B．如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
C．平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D．如果一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
26．（2023·全国·高一专题练习）在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是上底面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
27．（2023·全国·高一课时练习）已知表示两条直线，表示三个不重合的平面，给出下列命题，正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若相交，且都在外，，则
C．若，且，则
D．若，则
28．（2023·江苏·无锡市堰桥高级中学高一期中）下列命题正确的是（ ）
A．平面平面，一条直线平行与平面，则一定平行于平面
B．平面平面，则面内的任意一条直线都平行于平面
C．一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行
D．分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
29．（2023·广东·忠信中学高一阶段练习）已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．“经过两条平行直线，有且仅有一个平面”是空间图形的基本事实（公理）之一
B．“若，，则”是平面与平面平行的性质定理
C．“若，，，则”是直线与平面平行的判定定理
D．若，，，，则
30．（2023·河北·英才国际学校高一期中）在正方体中，，，分别是，，的中点，下列四个推断中正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面平面
31．（2023·全国·高一课时练习）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分别为的中点.在此几何体中,给出下列结论,其中正确的结论是（ ）
A．平面平面B．直线平面
C．直线平面D．直线平面
三、填空题
32．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末）如图，平面，直线分别与、、相交于点、、和点、、，若，，则_______.
33．（2022·全国·高一）如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论：
①平面DE；
②平面AF；
③平面平面AFN；
④平面平面NCF.
其中正确结论的序号是______.
34．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，是所在平面外一点，平面平面，分别交线段，，于，，，若，则_____.
35．（2023·全国·）如图，在正方体中，，，，分别是棱、、、的中点，是的中点，点在四边形及其内部运动，则满足________时，有平面．
36．（2023·吉林·长春市第二十九中学高一期中）给出下列命题：
（1）若平面内有两条直线分别平行于平面，则；
（2）若平面内任意一条直线与平面平行，则；
（3）过已知平面外一条直线，必能作出一个平面与已知平面平行；
（4）不重合的平面，，，若，，则有．
其中正确的命题是_____．（填写序号）
37．（2023·重庆南开中学高一期中）如图所示四棱锥，底面为直角梯形，，，，，面，平面，则点轨迹长度为________．
四、解答题
38．（2023·广东·清远市清新区凤霞中学高一期中）如图，在三棱柱中，、分别是棱，的中点，求证：
（1）平面；（2）平面平面．
39．（2023·重庆市江津第五中学校高一期中）如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
40．（2020·黑龙江·大庆中学高一期中）如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，点，，分别是，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
41．（2020·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点，，分别在，，上（不与端点重合），且.求证：平面平面.
42．（2023·湖南师大附中高一期中）如图所示，在四棱锥中，，，平面，，，设、分别为、的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的侧面积.
43．（2023·江苏·赣榆一中高一阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形．
（1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面．
（2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．
44．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
45．（2023·浙江省诸暨市第二高级中学高一期中）已知四棱锥的高为，底面是直角梯形，其中，，，为边的中点.
（1）证明：平面；
（2）直线上是否存在一点，使得平面平面？请说明理由；
（3）求三棱锥的体积.
文字语言
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
符号语言
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂α，b⊂α，,a∩b＝A，,a∥β，b∥β))⇒α∥β
图形语言
文字语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
图形语言
【答案详解】
1．A
【解析】
【分析】
由题设知共面，根据面面平行的性质，可证AC与BD的位置关系.
【详解】
由题意知：在同一平面内，且面面，面面，
∵面α面β，
∴.
故选：A.
2．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设与交于点，转证平面，平面即可；
（2）连接，易证平面，则.
【详解】
解：（1）设与交于点，则为的中点，
平面平面平面
平面平面，
为平行四边形，
平面平面平面
∴平面//平面；
（2）连接.在正方形中，，
平面
，平面，且垂足为，
三棱锥的体积为.
3．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）证明，即可证得平面，结合平面，根据面面平行的判定定理即可得证.
【详解】
证明：（1）因为，分别是，的中点，
所以是的中位线，则，
因为，分别是，的中点，
所以是的中位线，则，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
（2）由，分别为，的中点，，
所以，，所以是平行四边形，
所以.
平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，且，
所以平面平面.
4．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证明,平面即得证；
（2）证明平面和平面，平面平面即得证.
【详解】
（1）证明：分别是中点，
所以,
平面平面，
平面
（2）证明：分别是中点，
平面平面，
平面，
又平面平面，
平面
因为平面,平面,
所以平面平面.
5．证明过程见解析
【解析】
【分析】
分两种情况，作出辅助线，由面面平行的性质得到线线平行，进而得到对应边成比例，证明出结论.
【详解】
当直线AC与直线DF共面时，如图所示，连接AD，BE，CF，则由面面平行可知：AD∥BE∥CF，则由平行线分线段成比例可得：；
当直线AC与直线DF异面时，如下图，过点D作∥AC交于点M，交于点N，连接AD，BM，CN，ME，NF，由面面平行的性质可得：AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以，，从而.
6．证明见解析.
【解析】
【分析】
根据给定条件证得平面，进而证得平面平面即可得解.
【详解】
因，分别是，的中点，则，又平面，平面，
于是得平面，同理平面，且，平面，
则有平面平面，又平面平面，平面平面，
所以．
7．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（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，
线段存在点，使得平面．
8．（1）证明见解析；（2）当点是的中点时，面.
【解析】
【分析】
（1）由可证明出，再由，可得出，利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面，同理证明平面，再由平面与平面平行的判定定理可证明出平面平面；
（2）连接交于点，连接，取的中点，取的中点，连接、、，利用直线与平面平行的判定定理证明出平面，平面，再利用平面与平面平行的判定定理证明出平面平面，于此可得出平面.
【详解】
（1），，
四边形是平行四边形，，，
平面，平面，平面.
又，，
平面，平面，平面.
，、平面，平面平面；
（2）连接交于点，连接，取的中点，取的中点，连接、、，则点为的中点，下面证明：当点为的中点时，平面.
且为的中点，，为的中点，
又点为的中点，，
平面，平面，平面，同理，平面.
，、平面，平面平面.
平面，平面.
因此，当点是的中点时，面.
【点睛】
本题考查平面与平面平行的证明，以及直线与平面平行的动点问题，通常构造出平面与平面平行来得出直线与平面平行，考查推理能力，属于中等题.
9．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接， 易知为的中点，进而得，再结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）由题知平面，进而根据线面平行的性质定理即可证明；
（3））假设在棱上存在点（异于点），使得平面，进而在平面中，过点作的平行线，交于，故平面平面，进而得，另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，故不存在.
【详解】
解：（1）证明：连接，因为底面为平行四边形，为的中点，
所以为的中点，因为为的中点，
所以在中，，
因为平面，平面，
所以平面
（2）因为底面为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面与平面的交线为，平面，
所以
（3）假设在棱上存在点（异于点），使得平面，
在平面中，过点作的平行线，交于，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以
另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，
所以在棱上不存在点（异于点），使得平面.
10．A
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理：由线线平行推出面面平行.
【详解】
在平面中，因为，所以，
由正方体，，所以，
又因为，平面，平面，
平面，平面，，，
所以平面EFH//平面
故选: A.
11．D
【解析】
【分析】
利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解
【详解】
选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
12．D
【解析】
【分析】
根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．
【详解】
易知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，故选项A错误；
易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；
因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；
对于，平面平面，理由是：
由，，，分别是棱，，，的中点，
得出，，
所以平面，平面，
又，所以平面平面．
故选：．
13．C
【解析】
【分析】
根据面面平行的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
根据面面平行的性质，可得：
对于①中，一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必与另外一个平面相交，所以是正确的；
对于②中，如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面，所以是正确的；
对于③，若两平面平行，则夹在两个平行平面间的平行线段是相等的，所以是正确的.
故选：C.
14．C
【解析】
【分析】
利用面面平行的判定定理可判断①；举特例可判断②；利用面面平行的性质可判断③；利用面面平行的判定定理可判断④即可作答.
【详解】
因，，，，而直线m与n不一定相交，由面面平行的判定定理知，①错；
长方体的二相对面与面分别视为平面，，显然有，，而与是异面直线，②错；
因，，由平面与平面平行的性质知成立，③正确；
因内的任一直线都平行于，则在平面内必然存在两条相交直线都平行于平面，于是有，④正确，
所以正确的命题是③④.
故选：C
15．A
【解析】
【分析】
由线线关系、线面关系、面面关系可逐项判断．
【详解】
①，，由平行公理4得，正确；
②，，则与有可能平行、相交、异面，故错误；
③，则或，故错误；
④，；则或，故错误；
⑤，，，由线面平行的判定定理可得．
故选：A.
16．C
【解析】
【分析】
根据空间线面、面面间的位置关系判断．其中C可由线面平行的判定定理的性质定理判断．
【详解】
因为A的直线n中可能在面内，故A错误；
B，D中m，n可能平行，则结论不一定成立，故B、D错误；
C中若，，则有，又，，从而有，，故C正确．
故选：C．
17．D
【解析】
【分析】
由中位线性质可证得，知A正确；
由异面直线的定义可知B正确；
利用线面平行判定定理可证得平面，平面，由面面平行的判定知C正确；
根据空间中直线与平面位置关系的判断知D错误.
【详解】
连接，
对于A，分别为中点，，
又，，A正确；
对于B，平面，平面，平面，
直线与为异面直线，B正确；
对于C，由A知：，又平面，平面，平面，同理可证：平面，
，平面，平面平面，C正确；
对于D，，且，平面，
与相交，又平面，与平面相交，D错误.
故选：D.
18．证明见解析
【解析】
【分析】
先证明平面ABC，再证平面ABC，由面面平行的判定定理求证即可.
【详解】
，，
∴F是PB的中点，
∵E、F分别是SA，SB的中点，
∴，
又平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC.
又∵G是棱SC的中点，同理：平面ABC，
又∵，平面ABC，
∴平面平面ABC.
19．（1）证明见解析；（2）1.
【解析】
【分析】
（1）先证明平面，在证明平面，即可证明平面平面；
（2）连接交于O，连接，由题意先面面平行的性质证明，再由平行的性质结合题设即可求解
【详解】
（1）∵分别是的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵，平面，
∴平面平面；
（2）连接交于O，连接，
由平面平面，且平面平面，
平面平面，
∴，
则，
又由题设，∴，即.
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由线面平行、面面平行的判定即可证明.
（2）利用线面平行的性质定理即可证明.
(1)
证明：因为M，N，Q分别，，的中点，所以，
又平面ABCD,平面ABCD,
所以平面ABCD, 平面ABCD,
因为，平面MNQ,
所以平面平面，
(2)
证明：因为，平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以.
21．D
【解析】
【分析】
利用直线a在平面α外的定义，可判断A；直线a与平面α有公共点，没说明公共点的个数，可判断B；平面α内也可能存在直线与平面β有交点，可判断C；利用面面平行的判断定理，可判断D
【详解】
直线a在平面α外，则直线a//α或a与α相交，故A错；
直线a与平面α有公共点，则a与α相交或a⊂α，故B错；
C中α与β可能平行，也可能相交，故C错；
若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则平面α内的任意直线与平面β平行，一定存在两条相交直线与平面β平行，则α//β，故D正确；
故选：D
22．B
【解析】
【分析】
根据线面位置关系可判断A，D；设直线，且，则直线和确定平面，可证明，即可判断B；举反例可判断C；进而可得正确选项.
【详解】
对于A：若，则或，故选项A不正确；
对于B：设直线，且，则直线和确定平面，因为，，
所以，因为，，所以平面，同理可证，所以，
故选项B正确；
对于C：当与相交时，和都平行于与的交线时，也满足
，但与不平行，故选项C不正确；
对于D：若则或，故选项D不正确；
故选：B.
23．B
【解析】
【分析】
取的中点,则可证平面，当也为的中点时，即,也即时，平面，从而得到平面平面，从而得到答案.
【详解】
取的中点，连接,连接相交于点，连接
由为的中点，是的中点，所以
平面,平面,所以平面
当也为的中点时，即,也即时，
由为中点，则
由平面,平面,所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以平面.
即在棱上存在一点，当时，平面.
故选：B
24．C
【解析】
【分析】
过点作交与，连接，进而得平面平面，故平面，再连接与交于，连接，进而得，再根据是中点即可得.
【详解】
解：过点作交与，连接，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面，
连接与交于，连接，
因为平面，平面平面，
所以，
因为底面为正方形 ，
所以是中点，
所以为中点，
因为，
所以，
因为，
所以，即
故选：C
25．B
【解析】
【分析】
根据面面平行的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
对于A选项，这两个平面可能相交，故A选项错误.
对于B选项，如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，正确，故B选项正确.
对于C选项，这两个平面可能相交，故C选项错误.
对于D选项，这两个平面可能相交，故D选项错误.
故选：B
26．C
【解析】
分别取、的中点、，连接、、、，推导出平面平面，可得出点的轨迹为线段，进而可求得线段长度的取值范围.
【详解】
如下图所示，分别取、的中点、，连接、、、，
因为四边形为正方形，则且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
在正方体中，且，且，
所以四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
在线段上任取一点，则平面，平面，
即点的轨迹为线段，
在中，，，
当时，即当为的中点，的长度取最小值，即，
当点与点或点的重合时，的长度取最大值，即.
因此，线段长度的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线段长度取值范围的求解，解题的关键就是利用平面推测出点的轨迹，一般利用线面平行的性质或面面平行的性质来找出动点的轨迹，在确定点的轨迹后，再利用几何知识求解.
27．BD
【解析】
【分析】
根据线线、线面、面面平行的判定与性质定理，结合平面的基本性质进行判断.
【详解】
A：若，且，则可能相交、平行，错误；
B：若相交，且都在外，，由面面平行的判定可得，正确；
C：若，且，则可能相交、平行，错误；
D：若，由线面平行的性质定理得，正确.
故选：BD
28．BCD
【解析】
【分析】
由空间直线与平面、平面与平面的平行的判定定理与性质定理，对每一个选项进行逐一判断即可得到答案.
【详解】
选项 平面平面，一条直线平行于平面，则可能在平面内，故A错误；
选项B. 平面平面，则内的任意一条直线都平行与平面，故B正确；
选项C. 一个三角形有两条边所在的直线平行于一个平面，由面面平行的判定知，三角形所在的平面与这个平面平行，故C正确；
选项D. 分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线，不可能相交，故D正确.
故选：BCD.
29．CD
【解析】
【分析】
根据立体几何中的公理可判断A选项的正误；利用平面与平面平行的性质定理可判断B选项的正误；利用线面平行的判定定理可判断C选项的正误；由线面平行的性质和判定定理可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，“经过两条平行直线，有且仅有一个平面”是该公理的一个推理，A选项错误；
对于B选项，“若，，则”是平面与平面平行的一个性质，而不是平面与平面平行的性质定理，B选项错误；
对于C选项，“若，，，则”是直线与平面平行的判定定理，C选项正确；
对于D选项，若，设过直线的平面分别交、于直线、，如下图所示：
，，，，
，，，，则，
，，，，；
若，，，则.
综上所述，D选项正确.
故选：CD.
【点睛】
方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．
30．AC
【解析】
【分析】
根据线面平面的判定定理判断AC，由线面位置关系判断BD．
【详解】
∵在正方体中，，，分别是，，的中点，∴，∵，∴，∵平面，平面，∴平面，故A正确；
∵，与平面相交，∴与平面相交，故B错误；
∵，，分别是，，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，故C正确；
∵与平面相交，∴平面与平面相交，故D错误．
故选：AC．
31．ABC
【解析】
【分析】
由线面平行的判定定理可得平面，平面，进而得出平面平面，故A正确；由中位线可知，进而由线面平行的判定定理，可得平面，故B正确；由，可得平面，故C正确；，所以直线与平面不平行，故D错误.
【详解】
作出立体图形如图所示.连接四点构成平面.
对于A，因为E,F分别是的中点,所以.又平面，平面，所以平面.同理, 平面.又,平面,平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，连接，设的中点为M，则M也是的中点，所以，又平面,平面，所以平面，故B正确；
对于C，由A中的分析知，，所以，因为平面，平面，所以直线平面，故C正确；
对于，根据C中的分析可知再结合图形可得，，则直线与平面不平行，故D错误.
故选：ABC
【点睛】
本题考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题目.
32．15
【解析】
【分析】
分两种情况：（1）直线和在同一平面内（2）直线和不在同一平面内，即和异面然后利用面面平行的性质定理得到线线平行，进一步利用平行线分线段成比例定理得到结果．
【详解】
分两种情况：
（1）直线和在同一平面内，设该平面为，连结
因为平面，，所以，
所以，又 ，所以 ；
（2）直线和不在同一平面内，即和异面，过作，
平面，∴，
设直线与所确定的平面为，
又，又，所以，
利用平行线分线段成比例，可得，又，所以.
综上，.
故答案为：．
33．①②③④.
【解析】
【分析】
将图形还原为正方体，进而根据点线面的位置关系及线面平行和面面平行的判定定理判断答案.
【详解】
如图，
对①，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面DE，平面DE，则平面DE.正确；
对②，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面AF，平面AF，则平面AF.正确；
对③，因为，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，所以，而，所以平面BDM∥平面AFN.正确；
对④，因为，所以四边形是平行四边形，所以，同由③：，而，所以平面平面NCF.正确.
故答案为：①②③④.
34．425##0.16
【解析】
【分析】
由面面平行得到，再由相似三角形得到面积比为相似比的平方，即可得到面积比．
【详解】
解：由图知，平面平面，
平面，
又由平面平面，则，
同理可得，，
，，，
，
，即
，
由于相似三角形得到面积比为相似比的平方，
．
故答案为：．
35．
【解析】
【分析】
连接，，，可得平面平面，可知平面内任何一条直线都与平面平行，由面面平行的性质定理可得出结果.
【详解】
连接，，，
因为，，分别是棱、，的中点，
所以，，
因为平面，平面，所以面，
同理可得面，
因为， ，平面，
所以平面平面，
又因为点在四边形及其内部运动，平面，
故当时，平面．
故答案为：.
36．（）（）
【解析】
【分析】
由平面与平面平行的判定判断（1）；由平面与平面平行的定义判断（2）与（3）；由平面平行的传递性判断（4）．
【详解】
解：（1）由平面与平面平行的判定可知，若平面内有两条相交直线分别平行于平面，则，故（1）错误；
（2）由平面与平面平行的定义可知，若平面内任意一条直线与平面平行，则，故（2）正确；
（3）当平面外的一条直线与平面相交时，过已知平面外一条直线，不能作出一个平面与已知平面平行，故（3）错误；
（4）不重合的平面，，，若，，由平面与平面平行的传递性可得，故（4）正确．
故答案为：（2）（4）．
37．
【解析】
【分析】
本题可绘出如图所示的辅助线，然后通过平面平面得出点轨迹为线段，最后通过求出、的长度即可得出结果.
【详解】
如图，延长到点，使且，连接，
取中点，作，交于点，交于点，连接，
因为，所以，
因为，是中点，所以，，
因为，，，
所以平面平面，
因为平面，面，所以点轨迹为线段，
因为，，所以，
因为是中点，，，所以，
因为底面为直角梯形，
所以，，，，
故答案为：.
38．（1）见证明；（2）见证明
【解析】
【分析】
（1）设与的交点为，连结，证明，再由线面平行的判定可得平面；
（2）由为线段的中点，点是的中点，证得四边形为平行四边形，得到，进一步得到平面．再由平面，结合面面平行的判定可得平面平面．
【详解】
证明：（1）设与的交点为，连结，
∵四边形为平行四边形，∴为中点，
又是的中点，∴是三角形的中位线，则，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵为线段的中点，点是的中点，
∴且，则四边形为平行四边形，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面．
又平面，，且平面，平面，
∴平面平面．
【点睛】
本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
39．(1) 见解析；(2) 见解析；(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）取BB1的中点M，连接HM、MC1，四边则HMC1D1是平行四边形，即可证明BF∥HD1；（2）取B1D1的中点O，易证四边形BEGO为平行四边形，故有OB∥GE，从而证明EG∥平面BB1D1D．（3）由正方体得BD∥B1D1，由四边形HBFD1是平行四边形，可得 HD1∥BF，可证 平面BDF∥平面B1D1H．
【详解】
（1）取BB1的中点M，连接HM、MC1，四边则HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1．
又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1．
（2）取BD的中点O，连接EO、D1O，则OE∥，OE＝．又D1G∥DC，D1G＝DC，
∴OE∥D1G，OE＝D1G，∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O．
又D1O⊂平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D．
（3）由（1）知D1H∥BF，又BD∥B1D1，B1D1、HD1⊂平面HB1D1，BF、BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H．
【点睛】
本题考查了面面平行、线面平行的方法，直线与平面平行的判定、性质的应用，属于基础题.
40．（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的中位线，可得，由此证得平面.（2）利用中位线证明,，故，由（1）得，证明分别平行于平面，由此可得平面平面.
【详解】
（1）由题意：四棱锥的底面为平行四边形，点，，分别是，，的中点，
∴是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面．
（2）由（1），知，
∵，分别是，的中点，
∴，
又∵平面，平面，
平面
同理平面，平面，平面，，
∴平面平面．
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定定理，考查面面平行的判定定理.要证明线面平行，需在平面内找到一条直线和要证的直线平行，一般寻找的方法有三种：一是利用三角形的中位线，二是利用平行四边形，三是利用面面平行.要证面面平行，则需证两条相交直线和另一个平面平行.
41．证明见解析
【解析】
由.得，根据线面平行的判定定理得平面.，再由底面为平行四边形，.得到再由线面平行的判定定理得平面.，再根据平面与平面平行的判定定理证明.
【详解】
证明 .
平面平面，
平面.
∵底面为平行四边形，
.
平面平面，
平面.
又，
根据平面与平面平行的判定定理，
所以面平面
【点睛】
本题主要考查了线面平行，面面平行的判断定定理，还考查了转化化归的能力，属于中档题.
42．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）要证明面面平行，需根据判断定理证明平面内的两条相交直线与另一个平面平行，根据平行关系，证明平面，平面；（2）根据边长和三角形面积公式，分别求三棱锥的三个侧面的面积.
【详解】
（1）∵、分别为、的中点，∴，
又平面，平面，∴平面，
在中，，，∴，
又，∴，
∵平面，平面，∴平面，
又，∴平面平面，
（2）∵平面，平面，平面，
由（1）可知，∴、，
∵，，，，
∴，，，
由（1）可知，
在中，，
∴，
又，
在中，，∴边上的高，
∴，
∴三棱锥的侧面积.
【点睛】
方法点睛：本题考查了面面平行的判断定理，以及三棱锥侧面积的求法，意在考查转化与化归和计算求解能力，不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.
43．（1）证明见解析；（2）在上是存在中点，使平面成立，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）取上靠近的三等分点，连接，可得进而证明平面，同理证明平面，得出面平面即可证明；
（2）存在中点，连，使，连，得出即可证明.
【详解】
（1）如图，取上靠近的三等分点，连接，
中，，
则又平面，平面，
平面，同理，平面，又，
∴平面平面，又平面，
∴平面．
（2）存在中点，使平面成立．
取中点，连，使，连．
是矩形，是的中点，
又是上靠近点的一个三等分点，且是中点，
是的中点，
中，，
又平面，平面，
平面，
故在上是存在中点，使平面成立．
【点睛】
关键点睛：本题考查线面平行的证明，解题的关键是正确理解线面平行的判定定理以及面面平行的性质.
44．（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）连结并延长与的延长线交于点，证明，，又平面，平面，证明平面；
（2）是上的点，当的值为时，能使平面平面，通过证明平面，又，平面．然后证明即可．
【详解】
（1）连结并延长与的延长线交于点，
因为四边形为正方形，
所以，
故，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面，平面，
故平面．
（2）当的值为时，能使平面平面．
证明：因为，
即有，
故．
所以．
又平面，平面，
所以平面，
又，平面．
所以平面平面．
【点睛】
本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理，考查空间想象能力逻辑推理能力．
45．（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）取PA的中点M，连接BM，EM，易证四边形BCEM是平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）根据第一问结论，易判断当点F是边AD的中点时，平面平面；
（3）由即可求出．
【详解】
（1）取PA的中点M，连接BM，EM，
∴四边形BCEM是平行四边形，，又平面，平面，平面．
（2）当点F是边AD的中点时，平面平面．
因为四边形为矩形，所以，而平面，平面，所以平面，由（1）知，平面，而平面，平面，且，所以平面平面．
（3）．
【考点梳理】
考点一 平面与平面平行的判定定理
考点二 两个平面平行的性质定理
【题型归纳】
题型一：平面与平面平行的判定定理的应用
1．（2023·全国·高一课前预习）如图，已知平面α平面β，点P为α，β外一点，直线PB，PD分别与α，β相交于A，B和C，D，则AC与BD的位置关系为（ ）
A．平行B．相交
C．异面D．平行或异面
2．（2023·安徽·合肥艺术中学 高一期中）如图，在多面体中，是正方形，平面平面，为棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
3．（2023·福建浦城·高一期中）如图所示，在三棱柱中，､､､分别是，，，的中点，求证：
（1）平面，
（2）平面平面.
题型二：面面平行证明线线平行
4．（2023·福建省永春第一中学高一期中）如图，四边形是平行四边形，点分别为线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面.
5．（2022·湖南·高一课时练习）如图，，直线AC分别交平面，，于点A，B，C，直线DF分别交平面，，于点D，E，F．求证：．
6．（2023·全国·高一）如图，在三棱锥中，，，分别是，，的中点．是上一点，连接，是与的交点，连接，求证：．
题型三：面面平行证明线面平行、面面平行
7．（2023·重庆南开中学高一阶段练习）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.
8．（2023·安徽·芜湖一中高一期中）已知四棱锥中，底面为平行四边形，点、、分别在、、上.
（1）若，求证：平面平面；
（2）若满足，则点满足什么条件时，面.
9．（2023·北京·首都师范大学附属中学高一期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，分别为，的中点.设平面与平面的交线为.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）在棱上是否存在点（异于点），使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【双基达标】
一、单选题
10．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，正方体，E在上，F在上，且，过E作交BD于H，则平面EFH与平面的位置关系是（ ）
A．平行B．相交C．垂直D．以上都有可能
11．（2023·全国·高一课时练习）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
12．（2023·全国·高一课时练习）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
13．（2023·全国·高一课时练习）下列命题：①一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，必与另外一个平面相交；②如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面；③夹在两个平行平面间的平行线段相等，其中正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．0
14．（2023·全国·高一课时练习）给出下列命题：①，，，；
②，，；
③，；
④内的任一直线都平行于．
其中正确的命题是（ ）
A．①③B．②④C．③④D．②③
15．（2023·湖北·黄石市有色第一中学高一期中）已知a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面其中正确的命题（ ）
①，；
②，；
③，；
④，；
⑤，，．
A．①⑤B．①②C．②④D．③⑤
16．（2023·全国·高一课时练习）已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，且满足，，则
C．若，，，且满足，则
D．若，，，且，，则
17．（2023·全国·高一课时练习）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题中错误的是（ ）
A．
B．与是异面直线
C．平面平面
D．平面
18．（2023·全国·高一课时练习）如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.求证：平面EFG//平面ABC.
19．（2023·全国·高一课时练习）在三棱柱中，
（1）若分别是的中点，求证：平面平面.
（2）若点分别是上的点，且平面平面，试求的值．
20．（2023·陕西·西安中学高一阶段练习）如图所示，已知点P是平行四边形所在平面外一点，M，N，Q分别，，的中点，平面平面．
(1)证明平面平面；
(2)求证：．
【高分突破】
一：单选题
21．（2023·全国·高一课时练习）下列命题正确的是（ ）
A．若直线a在平面α外，则直线a//α
B．若直线a与平面α有公共点，则a与α相交
C．若平面α内存在直线与平面β无交点，则α//β
D．若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则α//β
22．（2023·山东·济南一中高一期中）设表示不同直线，表示不同平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．，则
B．是两条异面直线，若则
C．若，则
D．若则
23．（2023·河南·焦作市第一中学高一期末）在四棱锥中，底面为平行四边形，是的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则（ ）
A．3B．2C．D．1
24．（2023·全国·高一课时练习）在四棱锥中，底面为正方形，分别为侧棱上的点，且满足，平面，则（ ）
A．B．2
C．3D．4
25．（2023·湖南·长沙卓华高级中学有限公司高一阶段练习）下列命题正确的是（ ）
A．一个平面内两条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
B．如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
C．平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D．如果一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
26．（2023·全国·高一专题练习）在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是上底面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
27．（2023·全国·高一课时练习）已知表示两条直线，表示三个不重合的平面，给出下列命题，正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若相交，且都在外，，则
C．若，且，则
D．若，则
28．（2023·江苏·无锡市堰桥高级中学高一期中）下列命题正确的是（ ）
A．平面平面，一条直线平行与平面，则一定平行于平面
B．平面平面，则面内的任意一条直线都平行于平面
C．一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行
D．分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
29．（2023·广东·忠信中学高一阶段练习）已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．“经过两条平行直线，有且仅有一个平面”是空间图形的基本事实（公理）之一
B．“若，，则”是平面与平面平行的性质定理
C．“若，，，则”是直线与平面平行的判定定理
D．若，，，，则
30．（2023·河北·英才国际学校高一期中）在正方体中，，，分别是，，的中点，下列四个推断中正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面平面
31．（2023·全国·高一课时练习）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分别为的中点.在此几何体中,给出下列结论,其中正确的结论是（ ）
A．平面平面B．直线平面
C．直线平面D．直线平面
三、填空题
32．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末）如图，平面，直线分别与、、相交于点、、和点、、，若，，则_______.
33．（2022·全国·高一）如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论：
①平面DE；
②平面AF；
③平面平面AFN；
④平面平面NCF.
其中正确结论的序号是______.
34．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，是所在平面外一点，平面平面，分别交线段，，于，，，若，则_____.
35．（2023·全国·）如图，在正方体中，，，，分别是棱、、、的中点，是的中点，点在四边形及其内部运动，则满足________时，有平面．
36．（2023·吉林·长春市第二十九中学高一期中）给出下列命题：
（1）若平面内有两条直线分别平行于平面，则；
（2）若平面内任意一条直线与平面平行，则；
（3）过已知平面外一条直线，必能作出一个平面与已知平面平行；
（4）不重合的平面，，，若，，则有．
其中正确的命题是_____．（填写序号）
37．（2023·重庆南开中学高一期中）如图所示四棱锥，底面为直角梯形，，，，，面，平面，则点轨迹长度为________．
四、解答题
38．（2023·广东·清远市清新区凤霞中学高一期中）如图，在三棱柱中，、分别是棱，的中点，求证：
（1）平面；（2）平面平面．
39．（2023·重庆市江津第五中学校高一期中）如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1；
(2)EG∥平面BB1D1D；
(3)平面BDF∥平面B1D1H.
40．（2020·黑龙江·大庆中学高一期中）如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，点，，分别是，，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
41．（2020·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点，，分别在，，上（不与端点重合），且.求证：平面平面.
42．（2023·湖南师大附中高一期中）如图所示，在四棱锥中，，，平面，，，设、分别为、的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的侧面积.
43．（2023·江苏·赣榆一中高一阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形．
（1）设为上靠近的三等分点，为上靠近的三等分点．求证：平面．
（2）设是上靠近点的一个三等分点，试问：在上是否存在一点，使平面成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由．
44．（2023·全国·高一专题练习）已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
45．（2023·浙江省诸暨市第二高级中学高一期中）已知四棱锥的高为，底面是直角梯形，其中，，，为边的中点.
（1）证明：平面；
（2）直线上是否存在一点，使得平面平面？请说明理由；
（3）求三棱锥的体积.
文字语言
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
符号语言
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂α，b⊂α，,a∩b＝A，,a∥β，b∥β))⇒α∥β
图形语言
文字语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
图形语言
【答案详解】
1．A
【解析】
【分析】
由题设知共面，根据面面平行的性质，可证AC与BD的位置关系.
【详解】
由题意知：在同一平面内，且面面，面面，
∵面α面β，
∴.
故选：A.
2．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设与交于点，转证平面，平面即可；
（2）连接，易证平面，则.
【详解】
解：（1）设与交于点，则为的中点，
平面平面平面
平面平面，
为平行四边形，
平面平面平面
∴平面//平面；
（2）连接.在正方形中，，
平面
，平面，且垂足为，
三棱锥的体积为.
3．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）证明，即可证得平面，结合平面，根据面面平行的判定定理即可得证.
【详解】
证明：（1）因为，分别是，的中点，
所以是的中位线，则，
因为，分别是，的中点，
所以是的中位线，则，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
（2）由，分别为，的中点，，
所以，，所以是平行四边形，
所以.
平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，且，
所以平面平面.
4．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证明,平面即得证；
（2）证明平面和平面，平面平面即得证.
【详解】
（1）证明：分别是中点，
所以,
平面平面，
平面
（2）证明：分别是中点，
平面平面，
平面，
又平面平面，
平面
因为平面,平面,
所以平面平面.
5．证明过程见解析
【解析】
【分析】
分两种情况，作出辅助线，由面面平行的性质得到线线平行，进而得到对应边成比例，证明出结论.
【详解】
当直线AC与直线DF共面时，如图所示，连接AD，BE，CF，则由面面平行可知：AD∥BE∥CF，则由平行线分线段成比例可得：；
当直线AC与直线DF异面时，如下图，过点D作∥AC交于点M，交于点N，连接AD，BM，CN，ME，NF，由面面平行的性质可得：AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以，，从而.
6．证明见解析.
【解析】
【分析】
根据给定条件证得平面，进而证得平面平面即可得解.
【详解】
因，分别是，的中点，则，又平面，平面，
于是得平面，同理平面，且，平面，
则有平面平面，又平面平面，平面平面，
所以．
7．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（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，
线段存在点，使得平面．
8．（1）证明见解析；（2）当点是的中点时，面.
【解析】
【分析】
（1）由可证明出，再由，可得出，利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面，同理证明平面，再由平面与平面平行的判定定理可证明出平面平面；
（2）连接交于点，连接，取的中点，取的中点，连接、、，利用直线与平面平行的判定定理证明出平面，平面，再利用平面与平面平行的判定定理证明出平面平面，于此可得出平面.
【详解】
（1），，
四边形是平行四边形，，，
平面，平面，平面.
又，，
平面，平面，平面.
，、平面，平面平面；
（2）连接交于点，连接，取的中点，取的中点，连接、、，则点为的中点，下面证明：当点为的中点时，平面.
且为的中点，，为的中点，
又点为的中点，，
平面，平面，平面，同理，平面.
，、平面，平面平面.
平面，平面.
因此，当点是的中点时，面.
【点睛】
本题考查平面与平面平行的证明，以及直线与平面平行的动点问题，通常构造出平面与平面平行来得出直线与平面平行，考查推理能力，属于中等题.
9．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接， 易知为的中点，进而得，再结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）由题知平面，进而根据线面平行的性质定理即可证明；
（3））假设在棱上存在点（异于点），使得平面，进而在平面中，过点作的平行线，交于，故平面平面，进而得，另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，故不存在.
【详解】
解：（1）证明：连接，因为底面为平行四边形，为的中点，
所以为的中点，因为为的中点，
所以在中，，
因为平面，平面，
所以平面
（2）因为底面为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面与平面的交线为，平面，
所以
（3）假设在棱上存在点（异于点），使得平面，
在平面中，过点作的平行线，交于，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以
另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，
所以在棱上不存在点（异于点），使得平面.
10．A
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理：由线线平行推出面面平行.
【详解】
在平面中，因为，所以，
由正方体，，所以，
又因为，平面，平面，
平面，平面，，，
所以平面EFH//平面
故选: A.
11．D
【解析】
【分析】
利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解
【详解】
选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
12．D
【解析】
【分析】
根据题意，结合图形，分别判断选项中的命题是否正确即可．
【详解】
易知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，故选项A错误；
易知EF∥A1B，与选项A同理，可判断选项B错误；
因为EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，所以平面EFGH与平面ABCD相交，选项C错误；
对于，平面平面，理由是：
由，，，分别是棱，，，的中点，
得出，，
所以平面，平面，
又，所以平面平面．
故选：．
13．C
【解析】
【分析】
根据面面平行的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
根据面面平行的性质，可得：
对于①中，一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必与另外一个平面相交，所以是正确的；
对于②中，如果一个平面平行于两个平行平面中的一个平面，必平行于另一个平面，所以是正确的；
对于③，若两平面平行，则夹在两个平行平面间的平行线段是相等的，所以是正确的.
故选：C.
14．C
【解析】
【分析】
利用面面平行的判定定理可判断①；举特例可判断②；利用面面平行的性质可判断③；利用面面平行的判定定理可判断④即可作答.
【详解】
因，，，，而直线m与n不一定相交，由面面平行的判定定理知，①错；
长方体的二相对面与面分别视为平面，，显然有，，而与是异面直线，②错；
因，，由平面与平面平行的性质知成立，③正确；
因内的任一直线都平行于，则在平面内必然存在两条相交直线都平行于平面，于是有，④正确，
所以正确的命题是③④.
故选：C
15．A
【解析】
【分析】
由线线关系、线面关系、面面关系可逐项判断．
【详解】
①，，由平行公理4得，正确；
②，，则与有可能平行、相交、异面，故错误；
③，则或，故错误；
④，；则或，故错误；
⑤，，，由线面平行的判定定理可得．
故选：A.
16．C
【解析】
【分析】
根据空间线面、面面间的位置关系判断．其中C可由线面平行的判定定理的性质定理判断．
【详解】
因为A的直线n中可能在面内，故A错误；
B，D中m，n可能平行，则结论不一定成立，故B、D错误；
C中若，，则有，又，，从而有，，故C正确．
故选：C．
17．D
【解析】
【分析】
由中位线性质可证得，知A正确；
由异面直线的定义可知B正确；
利用线面平行判定定理可证得平面，平面，由面面平行的判定知C正确；
根据空间中直线与平面位置关系的判断知D错误.
【详解】
连接，
对于A，分别为中点，，
又，，A正确；
对于B，平面，平面，平面，
直线与为异面直线，B正确；
对于C，由A知：，又平面，平面，平面，同理可证：平面，
，平面，平面平面，C正确；
对于D，，且，平面，
与相交，又平面，与平面相交，D错误.
故选：D.
18．证明见解析
【解析】
【分析】
先证明平面ABC，再证平面ABC，由面面平行的判定定理求证即可.
【详解】
，，
∴F是PB的中点，
∵E、F分别是SA，SB的中点，
∴，
又平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC.
又∵G是棱SC的中点，同理：平面ABC，
又∵，平面ABC，
∴平面平面ABC.
19．（1）证明见解析；（2）1.
【解析】
【分析】
（1）先证明平面，在证明平面，即可证明平面平面；
（2）连接交于O，连接，由题意先面面平行的性质证明，再由平行的性质结合题设即可求解
【详解】
（1）∵分别是的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵，平面，
∴平面平面；
（2）连接交于O，连接，
由平面平面，且平面平面，
平面平面，
∴，
则，
又由题设，∴，即.
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由线面平行、面面平行的判定即可证明.
（2）利用线面平行的性质定理即可证明.
(1)
证明：因为M，N，Q分别，，的中点，所以，
又平面ABCD,平面ABCD,
所以平面ABCD, 平面ABCD,
因为，平面MNQ,
所以平面平面，
(2)
证明：因为，平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以.
21．D
【解析】
【分析】
利用直线a在平面α外的定义，可判断A；直线a与平面α有公共点，没说明公共点的个数，可判断B；平面α内也可能存在直线与平面β有交点，可判断C；利用面面平行的判断定理，可判断D
【详解】
直线a在平面α外，则直线a//α或a与α相交，故A错；
直线a与平面α有公共点，则a与α相交或a⊂α，故B错；
C中α与β可能平行，也可能相交，故C错；
若平面α内的任意直线与平面β均无交点，则平面α内的任意直线与平面β平行，一定存在两条相交直线与平面β平行，则α//β，故D正确；
故选：D
22．B
【解析】
【分析】
根据线面位置关系可判断A，D；设直线，且，则直线和确定平面，可证明，即可判断B；举反例可判断C；进而可得正确选项.
【详解】
对于A：若，则或，故选项A不正确；
对于B：设直线，且，则直线和确定平面，因为，，
所以，因为，，所以平面，同理可证，所以，
故选项B正确；
对于C：当与相交时，和都平行于与的交线时，也满足
，但与不平行，故选项C不正确；
对于D：若则或，故选项D不正确；
故选：B.
23．B
【解析】
【分析】
取的中点,则可证平面，当也为的中点时，即,也即时，平面，从而得到平面平面，从而得到答案.
【详解】
取的中点，连接,连接相交于点，连接
由为的中点，是的中点，所以
平面,平面,所以平面
当也为的中点时，即,也即时，
由为中点，则
由平面,平面,所以平面
又，所以平面平面
又平面，所以平面.
即在棱上存在一点，当时，平面.
故选：B
24．C
【解析】
【分析】
过点作交与，连接，进而得平面平面，故平面，再连接与交于，连接，进而得，再根据是中点即可得.
【详解】
解：过点作交与，连接，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面，
连接与交于，连接，
因为平面，平面平面，
所以，
因为底面为正方形 ，
所以是中点，
所以为中点，
因为，
所以，
因为，
所以，即
故选：C
25．B
【解析】
【分析】
根据面面平行的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
对于A选项，这两个平面可能相交，故A选项错误.
对于B选项，如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，正确，故B选项正确.
对于C选项，这两个平面可能相交，故C选项错误.
对于D选项，这两个平面可能相交，故D选项错误.
故选：B
26．C
【解析】
分别取、的中点、，连接、、、，推导出平面平面，可得出点的轨迹为线段，进而可求得线段长度的取值范围.
【详解】
如下图所示，分别取、的中点、，连接、、、，
因为四边形为正方形，则且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
在正方体中，且，且，
所以四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
在线段上任取一点，则平面，平面，
即点的轨迹为线段，
在中，，，
当时，即当为的中点，的长度取最小值，即，
当点与点或点的重合时，的长度取最大值，即.
因此，线段长度的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线段长度取值范围的求解，解题的关键就是利用平面推测出点的轨迹，一般利用线面平行的性质或面面平行的性质来找出动点的轨迹，在确定点的轨迹后，再利用几何知识求解.
27．BD
【解析】
【分析】
根据线线、线面、面面平行的判定与性质定理，结合平面的基本性质进行判断.
【详解】
A：若，且，则可能相交、平行，错误；
B：若相交，且都在外，，由面面平行的判定可得，正确；
C：若，且，则可能相交、平行，错误；
D：若，由线面平行的性质定理得，正确.
故选：BD
28．BCD
【解析】
【分析】
由空间直线与平面、平面与平面的平行的判定定理与性质定理，对每一个选项进行逐一判断即可得到答案.
【详解】
选项 平面平面，一条直线平行于平面，则可能在平面内，故A错误；
选项B. 平面平面，则内的任意一条直线都平行与平面，故B正确；
选项C. 一个三角形有两条边所在的直线平行于一个平面，由面面平行的判定知，三角形所在的平面与这个平面平行，故C正确；
选项D. 分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线，不可能相交，故D正确.
故选：BCD.
29．CD
【解析】
【分析】
根据立体几何中的公理可判断A选项的正误；利用平面与平面平行的性质定理可判断B选项的正误；利用线面平行的判定定理可判断C选项的正误；由线面平行的性质和判定定理可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，“经过两条平行直线，有且仅有一个平面”是该公理的一个推理，A选项错误；
对于B选项，“若，，则”是平面与平面平行的一个性质，而不是平面与平面平行的性质定理，B选项错误；
对于C选项，“若，，，则”是直线与平面平行的判定定理，C选项正确；
对于D选项，若，设过直线的平面分别交、于直线、，如下图所示：
，，，，
，，，，则，
，，，，；
若，，，则.
综上所述，D选项正确.
故选：CD.
【点睛】
方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．
30．AC
【解析】
【分析】
根据线面平面的判定定理判断AC，由线面位置关系判断BD．
【详解】
∵在正方体中，，，分别是，，的中点，∴，∵，∴，∵平面，平面，∴平面，故A正确；
∵，与平面相交，∴与平面相交，故B错误；
∵，，分别是，，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，故C正确；
∵与平面相交，∴平面与平面相交，故D错误．
故选：AC．
31．ABC
【解析】
【分析】
由线面平行的判定定理可得平面，平面，进而得出平面平面，故A正确；由中位线可知，进而由线面平行的判定定理，可得平面，故B正确；由，可得平面，故C正确；，所以直线与平面不平行，故D错误.
【详解】
作出立体图形如图所示.连接四点构成平面.
对于A，因为E,F分别是的中点,所以.又平面，平面，所以平面.同理, 平面.又,平面,平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，连接，设的中点为M，则M也是的中点，所以，又平面,平面，所以平面，故B正确；
对于C，由A中的分析知，，所以，因为平面，平面，所以直线平面，故C正确；
对于，根据C中的分析可知再结合图形可得，，则直线与平面不平行，故D错误.
故选：ABC
【点睛】
本题考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题目.
32．15
【解析】
【分析】
分两种情况：（1）直线和在同一平面内（2）直线和不在同一平面内，即和异面然后利用面面平行的性质定理得到线线平行，进一步利用平行线分线段成比例定理得到结果．
【详解】
分两种情况：
（1）直线和在同一平面内，设该平面为，连结
因为平面，，所以，
所以，又 ，所以 ；
（2）直线和不在同一平面内，即和异面，过作，
平面，∴，
设直线与所确定的平面为，
又，又，所以，
利用平行线分线段成比例，可得，又，所以.
综上，.
故答案为：．
33．①②③④.
【解析】
【分析】
将图形还原为正方体，进而根据点线面的位置关系及线面平行和面面平行的判定定理判断答案.
【详解】
如图，
对①，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面DE，平面DE，则平面DE.正确；
对②，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面AF，平面AF，则平面AF.正确；
对③，因为，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，所以，而，所以平面BDM∥平面AFN.正确；
对④，因为，所以四边形是平行四边形，所以，同由③：，而，所以平面平面NCF.正确.
故答案为：①②③④.
34．425##0.16
【解析】
【分析】
由面面平行得到，再由相似三角形得到面积比为相似比的平方，即可得到面积比．
【详解】
解：由图知，平面平面，
平面，
又由平面平面，则，
同理可得，，
，，，
，
，即
，
由于相似三角形得到面积比为相似比的平方，
．
故答案为：．
35．
【解析】
【分析】
连接，，，可得平面平面，可知平面内任何一条直线都与平面平行，由面面平行的性质定理可得出结果.
【详解】
连接，，，
因为，，分别是棱、，的中点，
所以，，
因为平面，平面，所以面，
同理可得面，
因为， ，平面，
所以平面平面，
又因为点在四边形及其内部运动，平面，
故当时，平面．
故答案为：.
36．（）（）
【解析】
【分析】
由平面与平面平行的判定判断（1）；由平面与平面平行的定义判断（2）与（3）；由平面平行的传递性判断（4）．
【详解】
解：（1）由平面与平面平行的判定可知，若平面内有两条相交直线分别平行于平面，则，故（1）错误；
（2）由平面与平面平行的定义可知，若平面内任意一条直线与平面平行，则，故（2）正确；
（3）当平面外的一条直线与平面相交时，过已知平面外一条直线，不能作出一个平面与已知平面平行，故（3）错误；
（4）不重合的平面，，，若，，由平面与平面平行的传递性可得，故（4）正确．
故答案为：（2）（4）．
37．
【解析】
【分析】
本题可绘出如图所示的辅助线，然后通过平面平面得出点轨迹为线段，最后通过求出、的长度即可得出结果.
【详解】
如图，延长到点，使且，连接，
取中点，作，交于点，交于点，连接，
因为，所以，
因为，是中点，所以，，
因为，，，
所以平面平面，
因为平面，面，所以点轨迹为线段，
因为，，所以，
因为是中点，，，所以，
因为底面为直角梯形，
所以，，，，
故答案为：.
38．（1）见证明；（2）见证明
【解析】
【分析】
（1）设与的交点为，连结，证明，再由线面平行的判定可得平面；
（2）由为线段的中点，点是的中点，证得四边形为平行四边形，得到，进一步得到平面．再由平面，结合面面平行的判定可得平面平面．
【详解】
证明：（1）设与的交点为，连结，
∵四边形为平行四边形，∴为中点，
又是的中点，∴是三角形的中位线，则，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）∵为线段的中点，点是的中点，
∴且，则四边形为平行四边形，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面．
又平面，，且平面，平面，
∴平面平面．
【点睛】
本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
39．(1) 见解析；(2) 见解析；(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）取BB1的中点M，连接HM、MC1，四边则HMC1D1是平行四边形，即可证明BF∥HD1；（2）取B1D1的中点O，易证四边形BEGO为平行四边形，故有OB∥GE，从而证明EG∥平面BB1D1D．（3）由正方体得BD∥B1D1，由四边形HBFD1是平行四边形，可得 HD1∥BF，可证 平面BDF∥平面B1D1H．
【详解】
（1）取BB1的中点M，连接HM、MC1，四边则HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1．
又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1．
（2）取BD的中点O，连接EO、D1O，则OE∥，OE＝．又D1G∥DC，D1G＝DC，
∴OE∥D1G，OE＝D1G，∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O．
又D1O⊂平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D．
（3）由（1）知D1H∥BF，又BD∥B1D1，B1D1、HD1⊂平面HB1D1，BF、BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H．
【点睛】
本题考查了面面平行、线面平行的方法，直线与平面平行的判定、性质的应用，属于基础题.
40．（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的中位线，可得，由此证得平面.（2）利用中位线证明,，故，由（1）得，证明分别平行于平面，由此可得平面平面.
【详解】
（1）由题意：四棱锥的底面为平行四边形，点，，分别是，，的中点，
∴是的中点，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面．
（2）由（1），知，
∵，分别是，的中点，
∴，
又∵平面，平面，
平面
同理平面，平面，平面，，
∴平面平面．
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定定理，考查面面平行的判定定理.要证明线面平行，需在平面内找到一条直线和要证的直线平行，一般寻找的方法有三种：一是利用三角形的中位线，二是利用平行四边形，三是利用面面平行.要证面面平行，则需证两条相交直线和另一个平面平行.
41．证明见解析
【解析】
由.得，根据线面平行的判定定理得平面.，再由底面为平行四边形，.得到再由线面平行的判定定理得平面.，再根据平面与平面平行的判定定理证明.
【详解】
证明 .
平面平面，
平面.
∵底面为平行四边形，
.
平面平面，
平面.
又，
根据平面与平面平行的判定定理，
所以面平面
【点睛】
本题主要考查了线面平行，面面平行的判断定定理，还考查了转化化归的能力，属于中档题.
42．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）要证明面面平行，需根据判断定理证明平面内的两条相交直线与另一个平面平行，根据平行关系，证明平面，平面；（2）根据边长和三角形面积公式，分别求三棱锥的三个侧面的面积.
【详解】
（1）∵、分别为、的中点，∴，
又平面，平面，∴平面，
在中，，，∴，
又，∴，
∵平面，平面，∴平面，
又，∴平面平面，
（2）∵平面，平面，平面，
由（1）可知，∴、，
∵，，，，
∴，，，
由（1）可知，
在中，，
∴，
又，
在中，，∴边上的高，
∴，
∴三棱锥的侧面积.
【点睛】
方法点睛：本题考查了面面平行的判断定理，以及三棱锥侧面积的求法，意在考查转化与化归和计算求解能力，不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.
43．（1）证明见解析；（2）在上是存在中点，使平面成立，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）取上靠近的三等分点，连接，可得进而证明平面，同理证明平面，得出面平面即可证明；
（2）存在中点，连，使，连，得出即可证明.
【详解】
（1）如图，取上靠近的三等分点，连接，
中，，
则又平面，平面，
平面，同理，平面，又，
∴平面平面，又平面，
∴平面．
（2）存在中点，使平面成立．
取中点，连，使，连．
是矩形，是的中点，
又是上靠近点的一个三等分点，且是中点，
是的中点，
中，，
又平面，平面，
平面，
故在上是存在中点，使平面成立．
【点睛】
关键点睛：本题考查线面平行的证明，解题的关键是正确理解线面平行的判定定理以及面面平行的性质.
44．（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）连结并延长与的延长线交于点，证明，，又平面，平面，证明平面；
（2）是上的点，当的值为时，能使平面平面，通过证明平面，又，平面．然后证明即可．
【详解】
（1）连结并延长与的延长线交于点，
因为四边形为正方形，
所以，
故，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面，平面，
故平面．
（2）当的值为时，能使平面平面．
证明：因为，
即有，
故．
所以．
又平面，平面，
所以平面，
又，平面．
所以平面平面．
【点睛】
本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理，考查空间想象能力逻辑推理能力．
45．（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）取PA的中点M，连接BM，EM，易证四边形BCEM是平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）根据第一问结论，易判断当点F是边AD的中点时，平面平面；
（3）由即可求出．
【详解】
（1）取PA的中点M，连接BM，EM，
∴四边形BCEM是平行四边形，，又平面，平面，平面．
（2）当点F是边AD的中点时，平面平面．
因为四边形为矩形，所以，而平面，平面，所以平面，由（1）知，平面，而平面，平面，且，所以平面平面．
（3）．
相关试卷
高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课后练习题： 这是一份高中人教A版 (2019)<a href="/sx/tb_c4000306_t7/?tag_id=28" target="_blank">第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课后练习题</a>，共61页。试卷主要包含了定义，相关概念，画法，记法，二面角的平面角，将四边形沿折起，连接等内容，欢迎下载使用。
高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直复习练习题： 这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册<a href="/sx/tb_c4000306_t7/?tag_id=28" target="_blank">8.6 空间直线、平面的垂直复习练习题</a>，共46页。
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<a href="/sx/tb_c4000305_t7/?tag_id=28" target="_blank">8.5 空间直线、平面的平行课后练习题</a>，共40页。
