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第3节　平行关系　
[课标要求]　①从基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系；②理解空间中线面平行的有关性质和判定定理；③能运用基本事实、定理和已获得的结论证明空间基本图形的平行关系的简单命题．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．线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”)
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”)
2．面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”)
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
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
(一)必背常用结论
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．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
5．同一条直线与两个平行平面所成角相等．
6．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．
7． 垂直于同一条直线的两个平面平行
8． 如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行．
(二)盘点易错易混
1． 在应用面面平行判定定理证明问题时，一定不能漏掉关键条件“面内两相交直线”．
2．根据平行的相关判定和性质判断线面位置关系时，一定要考虑全面．
3．不要错认为“一条直线与一个平面平行，这条直线就和另一个平面内的所有直线平行”．
【小题热身】
1．设α、β为两个不重合的平面，则α∥β的充要条件是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α、β垂直于同一平面
C．α、β平行于同一条直线
D．α内有两条相交直线与β平行
解析：A项：若无数条直线为无数条平行线，则无法得到α∥β，A错误；
B项：α、β垂直于同一平面，此时α、β可以相交，B错误；
C项：α、β平行于同一条直线，此时α、β可以相交，C错误；
D项：由面面平行的判定定理可知α内有两条相交直线与β平行是α∥β的充要条件，D正确．
答案：D
2．
如图，四棱锥P ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则(　　)
A．MN∥PD　　B．MN∥PA
C．MN∥AD　　D．以上均有可能
解析：四棱锥P ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，
MN 平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，
由直线与平面平行的性质定理可得MN∥PA．
答案：B
3．(多选)在正方体ABCD A1B1C1D1中，下列结论正确的有(　　 )
A．AD1∥BC1
B．平面AB1D1∥平面BDC1
C．AD1∥DC1
D．AD1∥平面BDC1．
解析：
如图，因为AB綊C1D1，
所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而A正确；
易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，
故平面AB1D1∥平面BDC1，从而B正确；
由图易知AD1与DC1异面，故C错误；
因为AD1∥BC1，AD1 平面BDC1，BC1 平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故D正确．
答案：ABD
4．[易错题]若直线a∥平面α，直线b在平面α内，则直线a与b的位置关系为________．
解析：∵直线a∥平面α，直线b在平面α内，则直线a与平面α内任意直线无交点，∴a∥b，或a与b异面．
答案：平行或异面
5．
如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________．
解析：∵平面α∥平面β，α∩平面PAB＝CD．β∩平面PAB＝AB，
∴CD∥AB，则＝，∴AB＝＝＝．
答案：
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__线面平行的判定及性质[多维讲练]
线面平行是空间平行关系中最重要的一种，也是高考的重点，一般出现在解答题中，作为一个问号呈现，也会在题目条件中出现，用以推导得出其他位置关系，难度中等．此外，还可能在选择或填空题中以命题真假判断的形式，考查线面平行的判定和性质．对直观想象和逻辑推理素养都有一定的要求．
角度1　直线与平面平行的判定
【例1】　
(一题多法)如图，在四棱锥E ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点．
证明：AF∥平面BCE．
证明：法一
(构造平行四边形应用判定定理)
如图，取CE的中点M，连接FM，BM．
因为点F为棱DE的中点，所以FM∥CD且FM＝CD＝2，
因为AB∥CD，且AB＝2，所以FM∥AB且FM＝AB，
所以四边形ABMF为平行四边形，所以AF∥BM，
因为AF 平面BCE，BM 平面BCE，
所以AF∥平面BCE．
法二　
(构造中位线应用判定定理)
如图，在平面ABCD内，分别延长CB，DA，交于点N，
连接EN．因为AB∥CD，CD＝2AB，所以A为DN的中点．
又F为DE的中点，所以AF∥EN，
因为EN 平面BCE，AF 平面BCE，
所以AF∥平面BCE．
法三　
(应用面面平行性质)如图，取棱CD的中点G，连接AG，GF，
因为点F为棱DE的中点，所以FG∥CE，
因为FG 平面BCE，CE 平面BCE，所以FG∥平面BCE．
因为AB∥CD，AB＝CG＝2，
所以四边形ABCG是平行四边形，所以AG∥BC，
因为AG 平面BCE，BC 平面BCE，所以AG∥平面BCE．
又FG∩AG＝G，FG 平面AFG，AG 平面AFG，所以平面AFG∥平面BCE．
因为AF 平面AFG，所以AF∥平面BCE．
[思维升华]　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)利用面面平行的定义(α∥β，a α a∥β)．
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a β，a∥α a∥β)．
[对点练]　
如图，四棱锥P ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H分别是线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．
求证：(1)AP∥平面BEF；
(2)GH∥平面PAD．
证明：
(1)连接EC，∵AD∥BC，BC＝AD，
E是AD的中点，∴BC綊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．
∵FO 平面BEF，AP 平面BEF，
∴AP∥平面BEF．
(2)连接FH，OH，∵F，H分别是PC，CD的中点，∴FH∥PD．
∵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．
又∵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．
角度2　直线与平面平行的性质
【例2】　
(2022·首都师大附中月考)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O，M分别为BD，PC的中点．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)求证：OM∥平面PAD；
(2)求证：BC∥l；
(3)在棱PC上是否存在点N(异于点C)，使得BN∥平面PAD？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解：
(1)证明：连接AC，因为底面ABCD为平行四边形，O为BD的中点，
所以O为AC的中点，因为M为PC的中点，所以在△APC中，AP∥OM，
因为OM 平面PAD，AP 平面PAD，所以OM∥平面PAD
(2)因为底面ABCD为平行四边形，所以AD∥BC，
因为AD 平面PAD，BC 平面PAD，所以BC∥平面PAD，
因为平面PAD与平面PBC的交线为l，BC 平面PBC，
所以BC∥l
(3)
假设在棱PC上存在点N(异于点C)，使得BN∥平面PAD，
在平面PDC中，过点N作PD的平行线EN，交DC于E，
因为EN 平面PAD，PD 平面PAD，所以EN∥平面PAD，
因为EN∩BN＝N，所以平面BEN∥平面PAD，
因为BE 平面BEN，所以BE∥平面PAD，
又因为BE 平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，所以BE∥AD．
另一方面，在平行四边形ABCD中，BE与AD不平行，矛盾，
所以在棱PC上不存在点N(异于点C)，使得BN∥平面PAD．
[思维升华]　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．
[对点练]　
如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，点M，N分别为线段A1B，A1C的中点．
(1)求证：MN∥平
面BB1C1C；
(2)若D在棱BC上，DN∥平面ABB1A1，求的值．
解：(1)因为点M，N分别为线段A1B，A1C的中点，所以MN∥BC，
又MN 平面BB1C1C，BC 平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C．
(2)因为DN∥平面ABB1A1，DN 平面A1BC，
平面ABB1A1∩平面A1BC＝A1B，所以DN∥A1B
又N是线段A1C的中点，所以D为线段BC的中点，即＝1．
考点2__面面平行的判定及性质[典例引领]
【例3】
　如图所示，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．
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1∥AB且A1B1＝AB，
∴A1G∥EB，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．
[思维升华]　证明面面平行的常用方法
(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)；
(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)；
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．
[对点练]　如图，四边形ABCD与四边形ADEF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)如图，连接AE，设DF与GN的交点为O，
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BD 平面MNG，MN 平面MNG，
所以BD∥平面MNG．
又DE 平面BDE，BD 平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG．
考点3__平行关系的综合应用[典例引领]
【例4】
　如图所示，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．
(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＝．
[思维升华]　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．对于线段成比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决．
[对点练]　如图所示，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，CD∥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．
同理可证，CD∥平面EFGH．
(2)设EF＝x(0＜x＜4)，∵四边形EFGH为平行四边形，
∴＝，则＝＝＝1－，
∴FG＝6－x．
∴四边形EFGH的周长l＝2＝12－x．
又∵0＜x＜4，∴8＜l＜12，
即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12)．
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
平行关系中的探索性问题
探索性问题是立体几何中比较常见的一种考查形式，涉及平行关系中的探索性问题有探究点的存在或位置、线面平行关系是否成立以及满足平行关系时的结论．考查逻辑推理和直观想象的核心素养，难度中等．
【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BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O．因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1．
因为＝，＝，
又因为＝1，所以＝1，即＝1．
[思维升华]　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”．
[对点练]　(一题多法)
如图，四棱锥E ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．
(1)求证：AE⊥BE；
(2)设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB．
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC 平面ABCD，
所以BC⊥平面ABE．
又AE 平面ABE，所以BC⊥AE．
因为BF⊥平面ACE，AE 平面ACE，所以BF⊥AE．
又因为BC∩BF＝B，BC 平面BCE，BF 平面BCE，
所以AE⊥平面BCE．因为BE 平面BCE，
所以AE⊥BE．
(2)法一　
如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN．
因为NG∥BE，NG 平面BCE，BE 平面BCE，所以NG∥平面BCE．
同理可证，GM∥平面BCE．
因为MG∩GN＝G，所以平面MGN∥平面BCE．
又因为MN 平面MGN，所以MN∥平面BCE．
因为N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，
AD＝6，AB＝5，BE＝3，所以MG＝AD＝4，NG＝BE＝1，
所以MN＝＝＝．
法二　
如图，过M点作MG∥CD交CE于G点，连接BG，在AB上取N点，使得BN＝MG，连接MN．
因为MG∥CD，EM＝2MD，所以MG＝CD．
因为AB∥CD，BN＝MG，
所以四边形MGBN是平行四边形，所以MN∥BG．
又因为MN 平面BCE，BG 平面BCE，
所以MN∥平面BCE．
又MG＝CD，MG＝BN，所以BN＝AB，
所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点．
在△CBG中，因为BC＝AD＝6，CG＝CE＝＝，cos ∠BCG＝＝，
所以BG2＝36＋5－2×6××＝17，
所以MN＝BG＝．
课下巩固培优卷(三十四)
【A/基础巩固题组】
1．(多选)(2021·广东佛山检测)已知直线a与平面α，β，γ，能使α∥β的充分条件是(　　 )
A．α⊥γ，β⊥γ B．α∥γ，β∥γ
C．a∥α，a∥β D．a⊥α，a⊥β
解析：对A，若α⊥γ，β⊥γ，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故错误；
对B，若α∥γ，β∥γ，则α∥β，平面的平行具有传递性，故正确；
对C，若a∥α，a∥β，平行于同一直线的两平面可以相交，故错误；
对D，a⊥α，a⊥β，垂直于同一直线的两平面平行，故正确．
答案：BD
2．
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
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，故选D．
答案：D
3．
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________．
解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC．
又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因此在Rt△DEF中，
DE＝DF＝1，故EF＝．
答案：
4．
如图是长方体被一平面截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH 的形状为________．
解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，
平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，
∴EF∥HG．同理，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
5．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)．
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．
答案：①或③
6．
如图，E是正方体ABCD A1B1C1D1的棱DD1的中点，过A，C，E三点作平面α与正方体的面相交．
(1)画出平面α与正方体ABCD A1B1C1D1各面的交线；
(2)求证：BD1∥平面α．
解：
(1)如图，交线即为EC，AC，AE，平面α即为平面AEC．
(2)证明：连接AC，BD，设BD与AC交于点O，连接EO，
∵四边形ABCD为正方形，
∴O是BD的中点，
又E为DD1的中点．
∴OE∥BD1，又OE 平面α，BD1 平面α．
∴BD1∥平面α．
7．
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：∵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，∴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，设交直线BC于点H，
则A1C1∥GH，得GH∥AC．
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
8．
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∥DD1且BB1＝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∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝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．
【B/能力提升题组】
9．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不平行与平面MNQ的是(　　 )
解析：
对于A，如图①，在正方体中，CD∥AB，CD∥QN，所以AB∥QN，
又AB 平面MNQ，QN 平面MNQ，所以AB∥平面MNQ；
对于B，如图②，在正方体中，CD∥AB，CD∥QM，所以AB∥QM，
又AB 平面MNQ，QM 平面MNQ，所以AB∥平面MNQ；
对于C，如图③，在正方体中，CD∥AB，CD∥QM，所以AB∥QM，
又AB 平面MNQ，QM 平面MNQ，所以AB∥平面MNQ；
对于D如图④，连接BE交MN于点F，连接QF，连接CD交BE与点O，
若AB∥平面MNQ，AB 平面ABE，平面ABE∩平面MNQ＝FQ，
则FQ∥AB，所以＝，
由于M、N分别是DE、CE的中点，所以MN∥CD，且MN∩BE＝F，
所以＝＝，有EF＝OE＝BE，所以＝，又＝，
所以≠，所以AB与平面MNQ不平行．
答案：D
10．
如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝6，AB＝3，AD＝8，点M是棱AD的中点，点N在棱AA1上，且满足AN＝2NA1，P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，若C1P∥平面CMN，则线段C1P长度的取值范围是________．
解析：
取A1D1中点E，在DD1上取点F，使D1F＝2DF，
连接EF、C1E、C1F，则平面CMN∥平面C1EF，
∵P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，C1P∥平面CMN，
∴P∈线段EF，∴当P与EF的中点O重合时，线段C1P长度取最小值PO，
当P与点E或点F重合时，线段C1P长度取最大值PE或PF，
∵在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝6，AB＝3，AD＝8，
点M是棱AD的中点，点N在棱AA1上，且满足AN＝2NA1，
∴(C1P)max＝C1E＝C1F＝＝5，EF＝4，(C1P)min＝PO＝＝＝．
∴线段C1P长度的取值范围是[，5]．
答案：[，5]
11．
(2022·重庆南开中学月考)如图所示，在四棱锥P ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点．
(1)求证：BC∥AD；
(2)求证：CE∥平面PAB；
(3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由．
解：(1)证明：在四棱锥P ABCD中，BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，
(2)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，∴EF∥AD，EF＝AD，
又由(1)可得BC∥AD，BC＝AD，
∴BC∥EF，BC＝EF，∴四边形BCEF是平行四边形，
∴CE∥BF，∵CE 平面PAB，BF 平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
(3)取AD中点N，连接CN，EN，∵E，N分别为PD，AD的中点，
∴EN∥PA，∵EN 平面PAB，PA 平面PAB，∴EN∥平面PAB，
又由(2)可得CE∥平面PAB，CE∩EN＝E，
∴平面CEN∥平面PAB，
∵M是CE上的动点，MN 平面CEN，∴MN∥平面PAB，
∴线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB．
12．(2022·湖北黄冈模拟)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A、D分别是BF、CE上的点，AD∥BC，且AB＝DE＝2AD＝2AF＝2，(如图1)将四边形ADEF沿AD折起，连接BE、BF、CE(如图2)．
(1)求证：AC∥平面BEF；
(2)当EF⊥CF时，求异面直线BF与EC所成角的余弦值．
解：
(1)证明：如图，取DE中点M，连接AM，可得FA∥EM，FA＝EM，
则四边形AMEF为平行四边形，
得EF∥AM，EF 平面BEF，AM 平面BEF，所以AM∥平面BEF．
连接AC、BD，设AC∩BD＝N，则N为BD的中点，连接MN，
则MN∥BE，BE 平面BEF，MN 平面BEF，∴MN∥平面BEF．
又AM∩MN＝M，AM、MN 平面AMN，所以平面AMN∥平面BEF，
而AC 平面AMN，所以AC∥平面BEF．
(2)在平面ADEF中，由FD＝FE＝，DE＝2，可得：EF2＋FD2＝ED2，
即EF⊥FD，又EF⊥CF，FD∩CF＝F，所以EF⊥平面CDF，则EF⊥CD，
又CD⊥AD，AD与EF相交，∴CD⊥平面ADEF，则CD⊥DE．
在直角△CDE中，求得CE＝2，在Rt△CDM中，求得CM＝，
∵FM∥BC，FM＝BC，∴四边形BCMF为平行四边形，可得BF∥CM，
则∠ECM(或其补角)为异面直线BF与EC所成角．在△ECM中，由余弦定理可得：cos ∠ECM＝＝，
故异面直线BF与EC所成角的余弦值为．

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