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(共67张PPT)
新课标要求 真题分布
1. 了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的关系，归纳出有关平行的判定定理和性质定理，并加以证明．
2．能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． 2025年 全国Ⅰ卷T9，
全国Ⅱ卷T17
2024年 新高考Ⅰ卷T17
2023年 新高考Ⅰ卷T18
知识导图
3．平行关系有关的性质
(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(2)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(3)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
回归教材
1.(人教A版必修二P143习题T1(1))若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是(　　)
A．α内所有的直线都与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内所有的直线都与a相交
D．直线a与平面α有公共点
答案：D
解析：因为直线a与平面α不平行，所以直线a在平面内，或者直线a与α相交，所以直线a与平面α至少有一个交点．故选D.
2．(人教A版必修二P143习题T1(2))如果直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线(　　)
A．只有一条，且不在平面α内
B．有无数条，且不一定在平面α内
C．只有一条，且在平面α内
D．有无数条，且一定在平面α内
答案：C
解析：根据直线与平面平行的性质定理可知该直线为点P和直线a所确定的平面与平面α的交线，故该直线在平面α内有且只有一条．故选C.
3．(人教A版必修二P170复习参考题T7改编)如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，矩形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状为(　　)
A．梯形
B．平行四边形
C．可能是梯形也可能是平行四边形
D．矩形
答案：B
解析：因为平面ABFE∥平面CGHD，且平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面CGHD＝GH，根据面面平行的性质可知EF∥GH，同理可证明EH∥FG，所以四边形EFGH为平行四边形．故选B.
4．(人教A版必修二P145习题T13改编)如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，则AC的长为________ cm.

视角一　线面平行的判定与性质
例1 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
答案：证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.
又因为OE 平面BDE，AM 平面BDE，所以AM∥平面BDE.
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
答案：l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，又AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，
又AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m.
学霸笔记：(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、线面平行及面面平行的性质，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，有时需要利用已知直线作辅助平面来确定交线．
　跟踪训练　(1)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，该长方体的高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点．
求证：EF∥平面ADD1A1.
视角二　平面与平面平行的判定与性质
例2 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.
答案：∵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，EF，BF 平面BEF. ∴平面A1C1G∥平面BEF.
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
学霸笔记：(1)证明面面平行的三种常用方法
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；
③利用面面平行的传递性，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)．
(2)当已知两平面平行时，可以得出线面平行，如果要得出线线平行，必须是与第三个平面的交线．
　跟踪训练　如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，
又BC 平面PAD，AD 平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
(2)若平面ABCD∩平面CD1B1＝l，证明：B1D1∥l.
证明：连接AC，交BD于O，连接MO.
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以O是AC的中点，又因为M是PC的中点，所以MO∥PA.
又因为MO 平面BDM，PA 平面BDM，
所以PA∥平面BDM.
又因为PA 平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM＝GH，
所以AP∥GH.
1．(2026·衡水二模)已知直线a，b，平面α，且b α，则“a∥b”是“a∥α”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：D
解析：由b α，a∥b，可得a∥α或a α，所以“a∥b”不是“a∥α”的充分条件，由b α，a∥α，可得a∥b或a与b是异面直线，所以“a∥b”不是“a∥α”的必要条件，所以“a∥b”是“a∥α”的既不充分也不必要条件．故选D.
2．设α，β为两个不同的平面，则下列条件不能推出α∥β的是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有一个三角形的三条边均与β平行
C．α，β垂直于同一条直线
D．α，β平行于同一个平面
答案：A
解析：若α内有无数条平行直线与β平行，则α，β可能平行或相交，故A符合题意；若α内有一个△ABC的三条边均与β平行，AB∥β，BC∥β，AC∥β，又AB∩BC＝B，AB，BC α，由面面平行的判定定理可得α∥β，故B不符合题意；若α，β垂直于同一条直线，由线面垂直的性质可得α∥β，故C不符合题意；若α，β平行于同一个平面，由面面平行的性质可得α∥β，故D不符合题意．故选A.
3．(2026·眉山模拟)已知两条直线a，b，若a∥平面α，b∥a，则b与平面α的位置关系是(　　)
A．b 平面α B．b⊥平面α或b 平面α
C．b∥平面α D．b∥平面α或b 平面α
答案：D
解析：如图所示，因为a∥平面α，所以存在直线c 平面α，使得a∥c，因为b∥a，所以b∥c或b与c重合，此时b 平面α或b 平面α，当b 平面α时，因为c 平面α且b∥c，所以b∥平面α.综上，b∥平面α或b 平面α.故选D.
4．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的平面(非平面ABB1A1)与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是(　　)
A．异面
B．平行
C．相交
D．以上均有可能
答案：B
解析：在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1B1C1∥平面ABC，而平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，平面A1B1ED∩平面A1B1C1＝A1B1，则DE∥A1B1，在平行四边形ABB1A1中，AB∥A1B1，所以DE∥AB.故选B.
5．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是(　　)
A．若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ
B．若m∥n，n α，则m∥α
C．若m，n是异面直线，m α，m∥β，n β，n∥α，则α∥β
D．平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β
答案：C
解析：对于A，若α⊥β，β⊥γ，则α与γ可能相交，故A错误．对于B，若m∥n，n α，则m∥α或m α，故B错误．对于C，假设α∩β＝l，因为m α，m∥β，则m∥l，又因为n β，n∥α，则n∥l，故m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故假设不成立，即α∥β，故C正确．对于D，平面α内有不共线的三点(这三点中有两点位于平面β一侧，另一点位于平面β另一侧)到平面β的距离相等，则α与β可能相交，故D错误．故选C.
6.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F，H，K分别为AC1，CB1，A1B，B1C1的中点，G为△ABC的重心．在下列平面中，恰有2条三棱柱的棱与其平行的是(　　)
A．平面EFB1 B．平面EFH
C．平面EFK D．平面EFG
答案：D
解析：如图①，平面EFB1即平面A1CB1，只有1条棱AB与其平行，所以A错误；如图②，对于平面EFH，有6条棱与其平行，它们分别为AB，BC，CA，A1B1，B1C1，C1A1，所以B错误；
如图③，对于平面EFK，有5条棱与其平行，它们分别为AB，A1B1，AA1，BB1，CC1，所以C错误；如图④，平面EFG可由平面EFK绕直线EF旋转得到，有2条棱AB，A1B1与其平行，其余各棱均与其相交，所以D正确．故选D.
答案：B
答案：A
9．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，则(　　)
A．平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
B．平面PAD和平面PBC的交线与底面ABCD平行
C．平面PAB和平面PCD的交线与底面ABCD平行
D．平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
答案：ACD
解析：设平面PBC∩平面PAD＝l，在平面PBC内存在无数条直线与l平行，且不在平面PAD内，则在平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行，故A正确；若l∥平面ABCD，l 平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC，则l∥BC，同理，l∥AD，则BC∥AD，这与四边形ABCD为梯形矛盾，故B错误；设平面PAB∩平面PCD＝m，∵AB∥CD，AB 平面PCD，CD 平面PCD，∴AB∥平面PCD，又∵AB 平面PAB，∴AB∥m，AB 平面ABCD，m 平面ABCD，∴m∥平面ABCD，故C正确；若平面PAD内存在一条直线a与BC平行，则BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，则BC∥AD矛盾，∴平面PAD内任意一条直线都不与BC平行，故D正确．故选ACD.
10．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足直线MN∥平面ABC的是(　　)
答案：AD
解析：对于A，如图所示连接ND交BC于E，则E为BC的中点，又因为A是MD的中点，所以AE∥MN，因为MN 平面ABC，AE 平面ABC，所以MN∥平面ABC，A满足题意；
对于B，将直线MN平移使得点N与点C重合，则显然可知MN与平面ABC不平行，B不满足题意；
对于C，连接AM，由条件和正方体的性质可知BC∥AM，AC∥MN，
所以A，B，C，M，N五点共面，即MN在平面ABC内，所以MN与平面ABC不平行，C不满足题意；
对于D，取BC的中点为E，连接AE，NE，因为N是棱上中点，所以EN∥AM，EN＝AM，所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，因为MN 平面ABC，AE 平面ABC，所以MN∥平面ABC，D满足题意．故选AD.
三、填空题(每小题5分，共10分)
11．已知α∥β，P是α，β外一点，过P点的两条直线PA，PB分别交α于A，B，交β于C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的长为________．
答案：20或4
解析：由已知α∥β，α∩平面PAB＝AB，β∩平面PAB＝CD，所以AB∥CD，
12．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB，E，F分别为AD，CD的中点，以AF为折痕把△ADF折起，使点D不落在平面ABCF内(如图2)，那么在以下3个结论中，正确的结论是________．
①CF∥平面ABD；②BE∥平面CDF；③CD∥平面BEF.
答案：①③
解析：对于①，因为CF∥AB，CF 平面ABD，AB 平面ABD，所以CF∥平面ABD，所以①正确；对于②，延长AB到G，使AB＝BG，连接DG，如图3，因为E为AD的中点，所以BE∥DG，因为DG与平面CDF交于点D，所以BE与平面CDF不平行，所以②不正确；对于③，连接AC交BF于O，连接OE，如图4，
因为CD＝2AB，F为CD的中点，所以AB＝CF，因为AB∥CD，所以四边形ABCF为平行四边形，所以O为AC的中点，因为E为AD的中点，所以OE∥CD，又OE 平面BEF，CD 平面BEF，所以CD∥平面BEF，所以③正确．
13．(13分)如图，已知四边形ABCD为梯形，AD∥BC，S是平面ABCD外一点，且SA＝AB＝BC＝2，AD＝3，P，Q是SD上的点，满足DP∶PQ∶QS＝3∶2∶4；点M为棱SA上的点，满足3AM＝AS.
(1)求证：平面BMQ∥平面ACP；


14．(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BB1，A1B1的中点．
(1)证明：C1G∥平面CEF.
答案：证明：如图所示，连接EG，因为E，G分别是棱AB，A1B1的中点，所以EG∥BB1，EG＝BB1，
由长方体的性质，可知BB1∥CC1，BB1＝CC1，则EG∥CC1且EG＝CC1，
所以四边形CEGC1是平行四边形，所以CE∥C1G，
又因为CE 平面CEF，且C1G 平面CEF，所以C1G∥平面CEF.
答案：A
16．(5分)《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是：如图，沿正方体ABCD-A1B1C1D1对角面A1B1CD截正方体可得两个堑堵，再沿平面B1C1D截堑堵可得一个阳马(四棱锥D-A1B1C1D1)，一个鳖臑(三棱锥D-B1C1C)．若P为线段CD(除端点外)上一动点，平面α过点P，CD⊥平面α，设正方体棱长为1，PD＝x，平面α截三棱锥D-B1C1C所得截面的面积为S，则点P从点D移动到点C的过程中，S关于x的函数关系式是________．
解析：由题意得，DP＝x(0新课标要求 真题分布
1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的关系，归纳出有关平行的判定定理和性质定理，并加以证明． 2．能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． 2025年 全国Ⅰ卷T9， 全国Ⅱ卷T17
2024年 新高考Ⅰ卷T17
2023年 新高考Ⅰ卷T18
必备知识·回归教材　清单式排查 彰显一个“准”
知识导图
【重要结论】
1．平行间的三种转化关系
线线平行线面平行面面性质定理平行
2．平行问题中的唯一性
(1)过直线外一点与该直线平行的直线有且只有一条．
(2)过平面外一点，与该平面平行的平面有且只有一个．
3．平行关系有关的性质
(1)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(2)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(3)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
回归教材
1.(人教A版必修二P143习题T1(1))若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是(　　)
A．α内所有的直线都与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内所有的直线都与a相交
D．直线a与平面α有公共点
2．(人教A版必修二P143习题T1(2))如果直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线(　　)
A．只有一条，且不在平面α内
B．有无数条，且不一定在平面α内
C．只有一条，且在平面α内
D．有无数条，且一定在平面α内
3．(人教A版必修二P170复习参考题T7改编)如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，矩形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状为(　　)
A．梯形
B．平行四边形
C．可能是梯形也可能是平行四边形
D．矩形
4．(人教A版必修二P145习题T13改编)如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，则AC的长为________ cm.
　多元视角·拓展教材　探究式精练 收获一个“赢”
视角一　线面平行的判定与性质
例1 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．
[听课笔记]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
学霸笔记：(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、线面平行及面面平行的性质，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，有时需要利用已知直线作辅助平面来确定交线．
　跟踪训练　(1)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，该长方体的高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点．
求证：EF∥平面ADD1A1.
(2) 如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，PA＝，AD＝1.
若四边形ABCD是以AD为上底的梯形，线段PC的中点M满足DM∥平面PAB，求BC的长．
视角二　平面与平面平行的判定与性质
例2 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．
[听课笔记]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
学霸笔记：(1)证明面面平行的三种常用方法
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；
③利用面面平行的传递性，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)．
(2)当已知两平面平行时，可以得出线面平行，如果要得出线线平行，必须是与第三个平面的交线．
　跟踪训练　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CD1B1＝l，证明：B1D1∥l.
视角三　平行关系的综合应用
例3 如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．
(1)当平面AB1D1
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
[听课笔记]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
学霸笔记：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．所以要解决平行关系的综合问题，必须要灵活运用三种平行关系的相互转化．
　跟踪训练　如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点．
(1)求证：BC∥平面PAD.
(2)M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证：AP∥HG.
提示：请完成课时作业41
第四节　直线、平面平行的判定与性质
必备知识·回归教材
回归教材
1．解析：因为直线a与平面α不平行，所以直线a在平面内，或者直线a与α相交，所以直线a与平面α至少有一个交点．故选D.
答案：D
2．解析：根据直线与平面平行的性质定理可知该直线为点P和直线a所确定的平面与平面α的交线，故该直线在平面α内有且只有一条．故选C.
答案：C
3．解析：因为平面ABFE∥平面CGHD，且平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面CGHD＝GH，根据面面平行的性质可知EF∥GH，同理可证明EH∥FG，所以四边形EFGH为平行四边形．故选B.
答案：B
4．解析：
过点D作直线AB的平行线分别交平面β与平面γ于点M，N，连接AD，BM，CN，ME，NF，如图所示，所以AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以， 因为AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，所以，解得BC＝ cm，所以AC＝AB＋BC＝2＋(cm)．
答案：
多元视角·拓展教材
视角一
例1　
答案：(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.
又因为OE 平面BDE，AM 平面BDE，所以AM∥平面BDE.
(2)l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，又AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，
同理，AM∥平面BDE，
又AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m.
跟踪训练　
解析： (1)证明：取A1D的中点N，连接NF，AN，
因为F为线段CA1的中点，所以NF为△A1DC的中位线，
故NF∥CD，且NF＝CD，
又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD且AB＝CD，
又E为线段AB的中点，所以AE∥CD且AE＝CD，
所以NF∥AE且NF＝AE，故四边形AEFN为平行四边形，
所以AN∥EF，
又AN 平面ADD1A1，EF 平面ADD1A1，所以EF∥平面ADD1A1.
(2)取PB中点为E，连接AE，EM，
因为E，M分别为PB，PC的中点，所以ME∥BC，ME＝BC.
由于四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，所以ME∥AD，即A，D，M，E四点共面；
因为DM∥平面PAB，DM 平面ADME，平面ADME∩平面PAB＝AE，
所以AE∥DM，
又ME∥AD，所以四边形ADME是平行四边形，有ME＝AD，
所以AD＝BC，则BC＝2.
视角二
例2　证明： (1)∵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，EF，BF 平面BEF.
∴平面A1C1G∥平面BEF.
答案：(2)∵平面ABC∥平面，
平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，
平面A1C1G与平面ABC有公共点G，
又平面A1C1G∩BC＝H，GH 平面ABC，∴A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．
跟踪训练　证明：(1)由题设知BB1綉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綉B1C1綉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CD1B1＝l，平面ABCD∩平面A1BD＝BD，所以l∥BD，又B1D1∥BD，所以B1D1∥l.
视角三
例3　
解析：(1)当＝1时，BC1∥平面AB1D1，如图，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．
在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴OD1∥BC1.
又OD1 平面AB1D1，BC1 平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1.
∴当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知可得平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.
因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.
∴，
又＝1，∴＝1，即＝1.
跟踪训练　证明：(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，
又BC 平面PAD，AD 平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
(2)连接AC，交BD于O，连接MO.
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以O是AC的中点，又因为M是PC的中点，所以MO∥PA.
又因为MO 平面BDM，PA 平面BDM，
所以PA∥平面BDM.
又因为PA 平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM＝GH，
所以AP∥GH.

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