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第三节　直线、平面平行的判定与性质
1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面平行的有关性质与判定定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中平行关系的简单命题.
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
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，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行 线面平行”) 因为l∥a，a α，l α，所以l∥α
性质定理 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(简记为“线面平行 线线平行”) 因为l∥α，l β，α∩β＝b，所以l∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 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(简记为“线面平行 面面平行”) 因为a∥β，b∥β，a∩b＝P，a α，b α，所以α∥β
性质定理 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(简记为“面面平行 线线平行”) 因为α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，所以a∥b
(1)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)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(4)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
(5)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
(6)三种平行关系的转化
线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．
1．(人教A版必修第二册P143·T1改编)如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的(　 )
A．一条直线不相交
B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交
D．任意一条直线都不相交
答案：D
2．(苏教版必修第二册P178·T4改编)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(　 )
答案：A
3．(人教A版必修第二册P142·T2改编)平面α∥平面β的一个充分条件是________．(填序号)
①存在一条直线a，a∥α，a∥β；
②存在一条直线a，a α，a∥β；
③存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α；
④存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α.
答案：④
4．(人教A版必修第二册P138·例3改编) 如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH 的形状为________．
解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点　与线、面平行有关命题的判定　
[题点全训]
1．下列选项中，一定能得出直线m与平面α平行的是(　 )
A．直线m在平面α外
B．直线m与平面α内的两条直线平行
C．平面α外的直线m与平面内的一条直线平行
D．直线m与平面α内的一条直线平行
解析：选C　由直线与平面平行的判定定理，知选C.
2.如图，已知S为四边形ABCD外一点，G，H分别为SB，BD上的点，若GH∥平面SCD，则(　 )
A．GH∥SA　　 B．GH∥SD
C．GH∥SC D．以上均有可能
解析：选B　因为GH∥平面SCD，GH 平面SBD，平面SBD∩平面SCD＝SD，所以GH∥SD，显然GH与SA，SC均不平行，故选B.
3．(2019·全国卷Ⅱ)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
解析：选B　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A、C、D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，选B.
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
解析：如图，因为AB綉C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1 平面BDC1，BC1 平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．
答案：①②④
[一“点”就过]
(1)判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项．
(2)①结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
②特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　直线与平面平行的判定与性质　
考法1　直线与平面平行的判定
[例1]　如图所示，正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE，BD上各有一点P，Q，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面BCE.
[证明]　如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE＝BD.又AP＝DQ，∴PE＝QB.∵PM∥AB∥QN，∴＝＝＝，∴＝，又AB＝DC，∴PM綉QN，∴四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN.又MN 平面BCE，PQ 平面BCE，∴PQ∥平面BCE.
考法2　直线与平面平行的性质
[例2]　如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.证明：FG∥平面AA1B1B.
[证明]　在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1 平面BB1D，CC1 平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D.又CC1 平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.而BB1 平面AA1B1B，FG 平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.
线面平行问题的解题关键
(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，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)应用线面平行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来确定交线．　　
[针对训练]
如图，几何体E-ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.
(1)求证：BE＝DE；
(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO 平面EOC，EC 平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.
(2)取AB的中点N，连接DN，MN.因为M是AE的中点，N是AB的中点，所以MN∥BE.又MN 平面BEC，BE 平面BEC，所以MN∥平面BEC.因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.又DN 平面BEC，BC 平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，MN 平面DMN，DN 平面DMN，故平面DMN∥平面BEC，又DM 平面DMN，所以DM∥平面BEC.
重难点(二)　平面与平面平行的判定与性质　
[典例]　如图，四边形ABCD 与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
(1)BE∥平面DMF；
(2)平面BDE∥平面MNG.
[证明]　(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.又BE 平面DMF，MO 平面DMF，所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE 平面MNG，GN 平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN 平面MNG，BD 平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD 平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.
[方法技巧]
证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的判定定理．
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β α∥β)．
(3)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(α∥β，β∥γ α∥γ)．　　
[针对训练]
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明：(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．
(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF 平面BCHG，BC 平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G∥EB且A1G＝EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.又∵A1E 平面BCHG，GB 平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF 平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.
重难点(三)　平行关系的综合应用　
[典例]　如图，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
[解]　(1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.∵HG 平面ABD，EF 平面ABD，∴EF∥平面ABD.又∵EF 平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，∴EF∥AB，又∵AB 平面EFGH，EF 平面EFGH，∴AB∥平面EFGH.
(2)设EF＝x(0[方法技巧]
利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．　　
[针对训练]
如图，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.
(1)求证：EF∥平面β；
(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．
解：(1)证明：①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF β，BD β，∴EF∥平面β.
②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝HD，且HD＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥HD，∴四边形ACDH是平行四边形．在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，BH.∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF 平面EFG，∴EF∥平面β.综合①②可知，EF∥平面β.
(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.∵E，F分别是AB，CD的中点，∴ME∥BD，MF∥AC，且ME＝BD＝3，MF＝AC＝2.∴∠EMF为AC与BD所成的角或其补角，∴∠EMF＝60°或120°.
∴在△EFM中，由余弦定理得
EF＝
＝＝ ，即EF＝ 或EF＝.
平行关系中的探索性问题
在寻求存在性(探索性)问题时，常常出现无法使用条件进行求解的情况，出现这一情况的原因就是不能从结论出发，寻找结论成立的充分条件．
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[典例]　如图，已知斜三棱柱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．
[解]　(1)如图，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，所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.又因为OD1 平面AB1D1，BC1 平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1.所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.因为＝＝1，＝，所以＝1，即＝1.
解决探索性问题的方法
(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．
(2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”. 　　
[针对训练]
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且＝＝.
(1)求证：PQ∥平面A1D1DA；
(2)若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明．
解：(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于M点，如图，因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以＝＝，又因为＝＝，所以＝＝，所以PQ∥MD1.又MD1 平面A1D1DA，PQ 平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA.
(2)当的值为时，能使平面PQR∥平面A1D1DA.如图，证明如下：因为＝，即＝，故＝.所以PR∥DA.又DA 平面A1D1DA，PR 平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA，又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA.所以平面PQR∥平面A1D1DA.
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(忽视面面平行的条件)下列条件中，能判断两个平面平行的是(　 )
A．一个平面内的一条直线平行于另一个平面
B．一个平面内的两条直线平行于另一个平面
C．一个平面内有无数条直线平行于另一个平面
D．一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面
解析：选D　由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，那么这两个平面平行．故可知D符合．
2．(对空间平行关系理解不到位)下列说法中正确的是________．(填序号)
①若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面；②若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行；③平行于同一条直线的两个平面平行；④若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b α，则b∥α.
解析：对于①，a可以在经过b的平面内，故①错误；对于②，a与α内的直线平行或异面，故②错误；对于③，两平面也可以相交，故③错误；对于④，a∥b，a∥α，b α，则b∥α，故④正确．
答案：④
3．(忽视线面平行的条件)(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a与α的位置关系是________．
(2)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________．
(3)若α∥β，直线a∥α，则a与β的位置关系是________．
解析：(1)由直线与平面平行的判定定理知，a可能平行于α，也可能在α内．(2)当a，b相交时，α∥β；当a，b平行时，α，β平行或相交．(3)当a在β外时，a∥β；当a在β内时，a∥α也成立．
答案：(1)a∥α或a α　(2)平行或相交　(3)a∥β或a β
二、融会贯通应用创新题
4．(借助数学文化)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，下列说法：①“羡除”有且仅有两个面为三角形；②“羡除”一定不是台体；③不存在有两个面为平行四边形的“羡除”；④“羡除”至多有两个面为梯形．其中正确的个数为(　 )
A．1　　 B．2　　　C．3　　　D．4
解析：选C　如图所示，AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形．对于①，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故①正确；对于②，因为AE∥BF∥CD，所以“羡除”一定不是台体，故②正确；对于③，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则AE∥BF∥CD，AE＝BF＝CD，则四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故假设不成立，故③正确；对于④，若AE，BF，CD两两不相等，则“羡除”有三个面为梯形，故④错误．故选C.
5．(渗透“五育”教育)(多选)1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的所有棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体．中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会根据丹尼尔的模型修改了有关结论．对于该新几何体，有(　 )
A．AF∥CD　　　　 B．AF⊥DE
C．新几何体有7个面 D．新几何体无外接球
解析：选ABD　由题意知，正四面体和正四棱锥的所有棱长都相等，G，H分别为BC，ED的中点，连接FG，AH，GH，AG.如图所示．则FG⊥BC，AG⊥BC，则BC⊥平面AGF.同理，BC⊥平面AGH.∵平面AFG∩平面AGH＝AG，由垂直唯一性得BC⊥平面AHGF，即A，H，G，F四点共面，又FG⊥BC，AH⊥DE，BC∥DE，∴FG∥AH，从而AF∥GH，又GH⊥BC，GH⊥DE，∴GH∥BE∥CD，AF⊥DE，AF∥CD，故A、B正确；∴A，F，C，D四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有5个面且无外接球，C错误，D正确．故选A、B、D.
6.(强化开放思维)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足________时，有MN∥平面B1BDD1.
解析：连接FH，HN，NF(图略)．易证HN∥BD，FH∥D1D，又HN∩FH＝H，BD∩D1D＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1.又∵点M在四边形EFGH及其内部运动，FH 平面EFGH，∴当M∈FH时，MN∥平面B1BDD1.
答案：M∈FH
7．(体现开放探究)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，点E是PD上一点，PE＝3ED.若＝λ，且满足BF∥平面ACE，则λ＝________.
解析：如图，连接BD交AC于O，取线段PD的中点Q，连接BQ，OE，FQ，则E是QD的中点，又O是BD的中点，所以OE∥BQ，又BQ 平面ACE，OE 平面ACE，所以BQ∥平面ACE.而BF∥平面ACE，BQ∩BF＝B，所以平面BFQ∥平面ACE，又因为平面BFQ∩平面PCD＝FQ，平面ACE∩平面PCD＝CE，所以FQ∥CE，所以λ＝＝＝.
答案：
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．直线a∥平面α，α内有n条直线相交于一点，则这n条直线中与直线a平行的直线有(　 )
A．0条 B．1条
C．0条或1条 D．无数条
解析：选C　过直线a和n条直线的交点作平面β，设平面β与α交于直线b，则a∥b.若所给的n条直线中有1条直线是与b重合的，则此直线与直线a平行；若没有与b重合的直线，则与直线a平行的直线有0条．
2.有一正方体木块如图所示，点P在平面A′B′C′D′内，棱BC平行于平面A′B′C′D′，要经过点P和棱BC将木块锯开，锯开的面必须平整，有N种锯法，则N为(　 )
A．0 B．1 C．2 D．无数
解析：选B　过P，B，C三点有且只有1个平面．
3．在正方体EFGH-E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对是(　 )
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1H与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EH1G
解析：选A　如图，因为EG∥E1G1，EG 平面E1FG1，E1G1 平面E1FG1，所以EG∥平面E1FG1，又G1F∥H1E，同理可证H1E∥平面E1FG1，又H1E∩EG＝E，所以平面E1FG1∥平面EGH1.
4．(多选)已知下列四个命题，其中真命题为(　 )
A．若空间中三条互相平行的直线a，b，c都与直线d相交，则a，b，c三条直线共面
B．若直线m⊥平面α，直线n∥平面α，则m⊥n
C．若平面α∩平面β＝直线m，直线a∥平面α，直线a∥平面β，则a∥m
D．垂直于同一个平面的两个平面互相平行
解析：选ABC　若a，b，c三条直线不共面，由平行的直线a，b与直线d相交，得a，b，d共面，而b，c平行，则c，d不可能相交，与题设矛盾，故A正确；由n∥平面α可得存在直线l 平面α且l∥n，又m⊥平面α，则m⊥l，所以m⊥n，故B正确；过直线a作平面γ∥平面β，与平面α交于直线l，则由a γ，a∥α，α∩γ＝l，可得a∥l，由γ∥β，γ∩α＝l，β∩α＝m得l∥m，所以a∥m，故C正确；垂直于同一平面的两个平面不一定平行，如墙角模型，D错误．
5.(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是(　 )
A．FG∥平面AA1D1D
B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1
D．平面EFG∥平面BC1D1
解析：选AC　A项：∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，∴FG∥BC1，∵BC1∥AD1，∴FG∥AD1，∵FG 平面AA1D1D，AD1 平面AA1D1D，∴FG∥平面AA1D1D，故A正确；同理，C正确；B项：∵EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，∴EF与平面BC1D1相交，故B错误；D项：∵EF与平面BC1D1相交，∴平面EFG与平面BC1D1相交，故D错误．
6．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________．
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，因为＝＝，所以MN∥AB，又AB 平面ABD，MN 平面ABD，所以MN∥平面ABD，又AB 平面ABC，MN 平面ABC，所以MN∥平面ABC.
答案：平面ABC，平面ABD
7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于________．
解析：因为EF∥平面AB1C，EF 平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以点F为DC的中点．故EF＝AC＝.
答案：
8．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.
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，PO∩PA＝P，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案：Q为CC1的中点
9.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE.
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：MN∥PE.
证明：(1)如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以NQ∥PD.因为NQ 平面PAD，PD 平面PAD，所以NQ∥平面PAD.因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以MQ∥AD.又MQ 平面PAD，AD 平面PAD，所以MQ∥平面PAD.因为MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PAD.因为MN 平面MNQ，所以MN∥平面PAD.
(2)因为平面MNQ∥平面PAD，且平面PEC∩平面MNQ＝MN，平面PEC∩平面PAD＝PE，所以MN∥PE.
10.在如图所示的一块木料中，棱BC平行于平面A′B′C′D′.
(1)要经过平面A′B′C′D′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？
(2)所画的线与平面ABCD是什么位置关系？并证明你的结论．
解：(1)如图，过点P作B′C′的平行线，交A′B′，C′D′于点E，F，连接BE，CF.则EF，BE，CF就是应画的线．
(2)EF∥平面ABCD.证明如下：因为BC∥平面A′B′C′D′，又因为平面B′C′CB∩平面A′B′C′D′＝B′C′，所以BC∥B′C′，因为EF∥B′C′，所以EF∥BC，又因为EF 平面ABCD，BC 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.显然，BE，CF与平面ABCD相交．
二、重点难点培优训练
1．设α∥β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A，B分别在平面α，β内运动时，那么所有的动点C(　 )
A．不共面
B．当且仅当A，B分别在两条直线上移动时才共面
C．当且仅当A，B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面
D．不论A，B如何移动，都共面
解析：选D　如图，A′，B′分别是A，B两点在α，β上运动后的两点，此时AB的中点C变成A′B′的中点C′，连接A′B，取A′B的中点E，连接CE，C′E，AA′，BB′，则CE∥AA′，所以CE∥α，C′E∥BB′，所以C′E∥β.又因为α∥β，所以C′E∥α.因为C′E∩CE＝E，所以平面CC′E∥平面α.所以CC′∥α.所以不论A，B如何移动，所有的动点C都在过C点且与α，β平行的平面上．
2．(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为AA1，BC，C1D1的中点，则(　 )
A．△EFG为等边三角形
B．异面直线A1G与C1F所成的角为60°
C．平面EFG截正方体所得截面为三角形
D．AC∥平面EFG
解析：选AD　如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，因为E，F，G分别为AA1，BC，C1D1的中点，所以EF＝FG＝EG＝，所以△EFG为等边三角形，故A正确；取AC的中点H，连接GH，A1H，易知GH∥C1F，所以∠A1GH就是异面直线A1G与C1F所成的角，因为△A1GH是等腰三角形，A1H≠A1G＝GH，所以异面直线A1G与C1F所成的角不是60°，故B不正确；设AB，CC1，A1D1的中点分别为K，M，N，连接NG，NE，EK，KF，FM，MG，平面EFG截正方体所得截面为正六边形EKFMGN，故C不正确；△EFG是正六边形EKFMGN所在平面内的三角形，易知AC∥KF，AC 平面EFG，KF 平面EFG，所以AC∥平面EFG，故D正确．故选A、D.
3.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1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________．
解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为平面MCD1∩平面DCC1D1＝CD1，所以平面MCD1∩平面ABB1A1＝MN，且MN∥CD1，所以N为AB的中点，所以该截面为等腰梯形MNCD1.因为正方体的棱长为2，易知，MN＝，CD1＝2，MD1＝，所以等腰梯形MNCD1的高MH＝eq \r( \r(5) 2－2)＝.所以截面面积为(＋2)×＝.
答案：
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分成体积比为3∶5的上下两部分？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF，所以AF∥平面DCE，因为四边形ABCD是正方形，AB∥CD，所以AB∥平面DCE，因为AB∩AF＝A，AB 平面ABF，AF 平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.
(2)假设存在一点G满足条件，过G作MG∥BF交EC于点M，连接BG，BM，FG，如图，由VABCDEF＝VB-ADEF＋VB-CDE＝×3×＋×3×＝，设EG＝t，则VGFBME＝VB-EFG＋VB-EGM＝×＝.过点C作BF的平行线交ED于点N，则△ABF≌△DCN，所以DN＝1，因为MG∥BF，所以MG∥CN.所以△EGM∽△ENC.设M到ED的距离为h，则＝＝＝，即h＝t，则S△EGM＝×t×t＝t2，VGFBME＝VB-EFG＋VB-EGM＝×3××3×t＋×3×t2＝，即4t2＋8t－21＝0，解得t＝或t＝－(舍)，则存在点G，满足EG＝，即G为ED的中点时满足条件．

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