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第八章立体几何
第三讲　直线、平面平行的判定及性质
考点测评
1.[多选题]下列命题中正确的是 (　　)
A.若a,b是两条直线,且a∥b,那么a平行于经过b的任一平面
B.若直线a和平面α满足a∥α,那么a与α内的任一直线平行
C.平行于同一条直线的两个平面不一定平行
D.若直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b?α,则b∥α
2.[2018浙江高考]已知平面α,直线m,n满足m?α,n?α,则“m∥n”是“m∥α”的 (　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
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
4.[2019安徽省江南十校素质检测]如图8 - 3 - 1所示,在正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E,F ,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点,则下列叙述中正确的是 (　　)
A.直线BQ∥平面EF G
B.直线A1B∥平面EF G
C.平面APC∥平面EF G
D.平面A1BQ∥平面EF G
5.[2019广西质量检测]如图8 - 3 - 2,在四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论正确的是　　　.(填序号)?
①对于任意的点Q,都有AP∥RQ;
②对于任意的点Q,四边形APQR不可能为平行四边形;
③存在点Q,使得直线BC∥平面APQR.
考法1 线面平行的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　
1[2020广东七校第一次联考]如图8 - 3 - 3所示,四棱锥P - ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,∠ABC=90°,AB=,BC=1,AD=2,CD=4,E为CD的中点.
(1)求证:AE∥平面PBC;
(2)求三棱锥C - PBE的体积.
【解析】(1)连接AC.
∵ AB=,BC=1,∠ABC=90°,
∴AC=2,∠BCA=60°.
在△ACD中,AD=2,AC=2,CD=4,
∴AC2+AD2=CD2,
∴∠CAD=90°,△ACD是直角三角形.
又E为CD的中点,∴AE=CD=CE=2,
∴△ACE是等边三角形,∴∠CAE=60°,
∴∠CAE=∠BCA,∴BC∥AE.
又AE?平面PBC,BC?平面PBC,∴AE∥平面PBC. (利用线面平行的判定定理证明,注意定理应用的前提条件要齐全)
(2)∵ PA⊥底面ABCD,∴PA⊥平面BCE,
∴PA为三棱锥P - BCE的高.
∵ ∠BCA=60°,∠ACD=60°,∴∠BCE=120°.
又BC=1,CE=2,
∴S△BCE=×BC×CE×sin∠BCE=×1×2×,
∴V三棱锥C - PBE=V三棱锥P - BCE=×S△BCE×PA=××2=.
变式练习
1.[2020合肥市高三调研检测]如图8 - 3 - 4,已知三棱柱ABC - A1B1C1,M为棱AB上一点,BC1∥平面A1MC.
(1)求证:AM=BM;
(2)若△ABC是等边三角形,AB=AA1,∠A1AB=∠A1AC=60°,△A1MC的面积为4,求三棱柱ABC - A1B1C1的体积.
考法2 面面平行的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　　
2如图8 - 3 - 5,四边形ABCD是边长为3的正方形,ED⊥平面ABCD, AF ⊥平面ABCD, DE=3AF =3.
(1)证明:平面ABF ∥平面DCE.
(2)在DE上是否存在一点G,使平面F BG将几何体ABCDEF 分成的上、下两部分的体积比为3∶11?若存在,求出点G的位置;若不存在,请说明理由.
【解题思路】(1)利用面面平行的判定定理及推论证明;(2)先求出整个几何体的体积.假设存在一点G,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,设EG=t,求得几何体GF BME的体积,将其分割成两个三棱锥B - EF G,B - EGM,利用t表示出两个三棱锥的底面积,再利用体积建立方程,解方程求得t的值.
【解析】(1)解法一　(应用面面平行的判定定理证明)因为DE⊥平面ABCD, AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .
因为AF ?平面DCE,DE?平面DCE,所以AF ∥平面DCE.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.
因为AB?平面DCE,CD?平面DCE,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.
解法二　(利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明)因为DE⊥平面ABCD,AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .
因为四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD.
又AF ∩AB=A,DE∩DC=D,AF ?平面ABF ,AB?平面ABF ,DE?平面DCE,DC?平面DCE,所以平面ABF ∥平面DCE.
解法三　(利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明)因为DE⊥平面ABCD,所以DE⊥AD,在正方形ABCD中,AD⊥DC.
又DE∩DC=D,DE?平面DCE,DC?平面DCE,所以AD⊥平面DCE.
同理AD⊥平面ABF .所以平面ABF ∥平面DCE.
(2)假设存在满足题意的点G,如图8 - 3 - 6,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,GF ,BD.
则V几何体ABCDEF =V四棱锥B - ADEF +V三棱锥B - CDE=×3××3×.
设EG=t (0设M到ED的距离为h,过F 作F N∥AD交ED于点N,连接NC.
则,所以 h=t, S△EGM=t2,所以×3×t2+×3×t=,
解得t=1,即存在点G且EG=1,满足条件.
变式练习
2.[2020武汉市部分重点中学第二次联考]如图8 - 3 - 7,矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,EP=,BP=2,AD=AE=1,AE⊥EP,G,F 分别是BP,BC的中点.
(1)求证:平面AF G∥平面PCE;
(2)求四棱锥D - ABPE与三棱锥P - BCD的体积之比.
第三讲　《直线、平面平行的判定及性质》测试
基础篇
1.[2020惠州市一调]设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是 (　　)
A.存在一条直线a，a∥α，a∥β
B.存在一条直线a，a?α，a∥β
C.存在两条平行直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
D.存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
2.[多选题]如图8 - 3 - 1，在棱长均相等的四棱锥P - ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，
图8 - 3 - 1
则下列结论中正确的有 (　　)
A.PD∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D.ON⊥PB
3. [2019广东广州三模]如图8 - 3 - 2，在三棱锥A - BCD中，AB=CD=a，M，N，P，Q分别在棱AC，BC，BD，AD(不包含端点)上，AB，CD均平行于平面MNPQ，
图8 - 3 - 2
则四边形MNPQ的周长是 (　　)
A.4a B.2a C. D.周长与截面的位置有关
4.[2019沈阳市第三次质量监测][新角度题]下列三个命题在“(　)”处都缺少同一个条件，补上这个条件可使这三个命题均为真命题(其中l，m为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面)，则此条件是　　　　.?
①?l∥α；②?l∥α；③?l∥α.
5.[2020江西红色七校第一次联考]如图8 - 3 - 3，在正三棱柱ABC - A1B1C1中，AB=AA1=2，E，F 分别为AB，B1C1的中点.
图8 - 3 - 3
(1)求证:B1E∥平面ACF ；
(2)求三棱锥B1 - ACF 的体积.
6.[2020成都市高三摸底测试]如图8 - 3 - 4，在四棱锥P - ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，AB=AD，PA⊥PD，AD⊥CD，
∠BAD=60°，M，N分别为AD，PA的中点.
(1)证明:平面BMN∥平面PCD.
(2)若AD=6，求三棱锥P - BMN的体积.
图8 - 3 - 4
7.[2019江西名校高三质检(一)]如图8 - 3 - 5，在四棱锥S - ABCD中，∠SDA=2∠SAD=90°，∠BAD+∠ADC=180°，AB=CD，点F 是线段SA上靠近点A的三等分点，AC与BD相交于点E.
(1)在线段SB上作出点G，使得平面EF G∥平面SCD，请指明点G的具体位置，并用阴影部分表示平面EF G，不必说明平面EF G∥平面SCD的理由；
(2)若SA=SB=2，AB=AD=BD=，求点F 到平面SCD的距离.
图8 - 3 - 5
提升篇
8.[新角度题]如图8 - 3 - 6，在四棱锥S - ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ADC=120°，△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD，E，F 分别是SC，AB上的一点.
(1)若E，F 分别是SC，AB的中点，求证:BE∥平面SF D.
(2)当为多少时，三棱锥S - BDE的体积为?
图8 - 3 - 6
9.[2019惠州市一调]如图8 - 3 - 7，四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC.
(2)设AP=1，AD=，三棱锥P - ABD的体积V=，求点A到平面PBC的距离.
图8 - 3 - 7
10.[2019南昌市重点中学高三模拟]如图8 - 3 - 8，四边形ABCD是梯形，四边形CDEF 是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF ，∠BAD=∠CDA=90°，AB=AD=DE=CD=2，M是线段AE上的动点.
(1)试确定点M的位置，使AC∥平面MDF ，并说明理由；
(2)在(1)的条件下，求平面MDF 将几何体ABCDEF 分成的上、下两部分的体积之比.
图8 - 3 - 8
参考答案与解析
第三讲　直线、平面平行的判定及性质
考点测评
1.CD　A中，a可以在过b的平面内，所以A不正确；B中，a与α内的直线可能异面，所以B不正确；C中，两个平面可能相交，所以C正确；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，故D正确.
2.A　若m?α，n?α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m?α，n?α，不一定能推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故选A.
3.B　对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确.综上可知选B.
4.B　如图D 8 - 3 - 1所示，
图D 8 - 3 - 1
分别取AA1，BC的中点H，I，连接HG，HE，EI，IQ，QF，则BQ和平面EFG相交于点Q，可知A错误；因为A1B∥HE，A1B1?平面EFG，HE?平面EFG，所以A1B∥平面EFG，可知B正确；AP?平面ADD1A1，HG?平面ADD1A1，GH和PA的延长线必相交，所以平面APC和平面EFG相交，可知C错误；平面A1BQ与平面EFG有公共点Q，所以平面A1BQ与平面EFG相交，可知D错误.故选B.
5.①②③　因为AB∥CD，AA1∥DD1，所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1.因为平面APQR∩平面ABB1A1=AP，平面APQR∩平面DCC1D1=RQ，所以AP∥RQ，可知①正确.因为四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，所以平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行.因为平面APQR∩平面BCC1B1=PQ，平面APQR∩平面ADD1A1=AR，所以PQ与AR不平行，所以四边形APQR不可能为平行四边形，可知②正确.延长CD至M，使得DM=CD，则四边形ABCM是矩形，所以BC∥AM.当R，Q，M三点共线时，AM?平面APQR，所以BC∥平面APQR，可知③正确.故填①②③.
变式练习
1. (1)如图D 8 - 3 - 2，连接AC1交A1C于点N，连接MN.
∵BC1∥平面A1MC，BC1?平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC=MN，∴BC1∥MN.
由三棱柱ABC - A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形.
∴N为AC1的中点.
∴M为AB的中点，即AM=BM.
图D 8 - 3 - 2
(2)如图D 8 - 3 - 2，连接A1B.
∵△ABC是等边三角形，AB=AA1，∠A1AB=∠A1AC=60°，
∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，
由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.
∵A1M∩CM=M，A1M?平面A1MC，CM?平面A1MC，∴AB⊥平面A1MC.
设AB=2a，则A1M=CM=a，A1C=2a，
∴△A1MC的面积为·a·2a=a2=4，解得a=2，所以AM=2，
∴··AM=，
∴=6·=16.
2.(1)因为G是BP的中点，BP=2，所以PG=BP=1.
又AE=1，AE∥BP，所以AE∥PG且AE=PG，
所以四边形AEPG是平行四边形，则AG∥EP.
因为G，F分别是BP，BC的中点，所以FG∥PC.
因为AG∩FG=G，EP∩PC=C，AG?平面AFG，FG?平面AFG，EP?平面PCE，PC?平面PCE，
所以平面AFG∥平面PCE.
(2)如图D 8 - 3 - 3，过点P作PH⊥AB于点H.
图D 8 - 3 - 3
因为AD⊥AB，平面ABCD⊥平面ABPE，
且平面ABCD∩平面ABPE=AB，AD?平面ABCD，
所以AD⊥平面ABPE.
所以V四棱锥D - ABPE=S梯形ABPE×AD=1=.
因为平面ABCD⊥平面ABPE，平面ABCD∩平面ABPE=AB，
PH?平面ABPE，PH⊥AB，所以PH⊥平面ABCD，
所以线段PH就是三棱锥P - BCD的高.
由(1)知，AG=EP=，BG=BP=1，∠AGB=∠EPG=90°，
所以AB==2，则CD=AB=2，sin∠ABG=，
所以PH=，
所以V三棱锥P - BCD=S△BCD×PH=(2×1).
于是.
基础篇
1.D　对于A，若a∥α，a∥β，则平面α，β可能平行，也可能相交，所以A不是α∥β的一个充分条件.对于B，若a?α，a∥β，则平面α，β可能平行，也可能相交，所以B不是α∥β的一个充分条件.对于C，由a∥b，a?α，b?β，a∥β，b∥α可得α∥β或α，β相交，所以C不是α∥β的一个充分条件.
对于D，存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α，如图D 8 - 3 - 4，在β内过b上一点作c∥a，则c∥α，所以β内有两条相交直线平行于α，则有α∥β，所以D是α∥β的一个充分条件，故选D.
图D 8 - 3 - 4
2.ABD　对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD∥ON，又ON?平面OMN，PD?平面OMN，所以由线面平行的判定定理可得PD∥平面OMN，A正确；对于选项B，由M，N分别为侧棱PA，PB的中点，得MN∥AB，又底面ABCD为正方形，所以MN∥CD，又MN?平面OMN，CD?平面OMN，所以由线面平行的判定定理可得CD∥平面OMN，由选项A得PD∥平面OMN，PD∩CD=D，所以由面面平行的判定定理可得平面PCD∥平面OMN，B正确；对于选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC(或其补角)为直线PD与直线MN所成的角，又四棱锥P - ABCD的所有棱长都相等，所以∠PDC=60°，故直线PD与直线MN所成角的大小为60°，C错误；对于选项D，因为底面ABCD为正方形，所以AB2+AD2=BD2，又四棱锥P - ABCD的所有棱长都相等，所以PB2+PD2=BD2，所以PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，D正确.故选ABD.
3.B　设=k.
因为AB∥平面MNPQ，平面ABC∩平面MNPQ=MN，AB?平面ABC，所以MN∥AB，同理可得PQ∥AB，MQ∥CD，NP∥CD，故四边形MNPQ为平行四边形，
所以，.
因为AB=CD=a，
所以MN=PQ=，MQ=NP=，
所以四边形MNPQ的周长为MN+PQ+MQ+NP=2()=2a.故选B.
4.l?α　②体现的是线面平行的判定定理，缺少的条件是“l为平面α外的一条直线”，即“l?α”，“l?α”也适用于①和③，故此条件是l?α.
5.(1)取AC的中点M，连接EM，FM.在△ABC中，因为E，M分别为AB，AC的中点，所以EM∥BC且EM=BC.
又F为B1C1的中点，B1C1∥BC且B1C1=BC，所以B1F∥BC且B1F=BC，即EM∥B1F且EM=B1F.
故四边形EMFB1为平行四边形，所以B1E∥FM.
又FM?平面ACF，B1E?平面ACF，所以B1E∥平面ACF.
(2)设O为BC的中点，连接AO，因为三棱柱底面是正三角形，
所以AO=，且易知AO丄平面BCC1B1.
于是AO=1×2.
6.(1)连接BD，如图D 8 - 3 - 5.∵AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD为正三角形.
∵M为AD的中点，∴BM⊥AD.
图D 8 - 3 - 5
又AD⊥CD，CD?平面ABCD，BM?平面ABCD，∴BM∥CD.
又BM?平面PCD，CD?平面PCD，∴BM∥平面PCD.
∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.
又MN?平面PCD，PD?平面PCD，
∴MN∥平面PCD.
又BM?平面BMN，MN?平面BMN，且BM∩MN=M，
∴平面BMN∥平面PCD.
(2)由(1)知BM⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BM?平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.
又AD=6，∠BAD=60°，∴BM=3.
∵M，N分别是AD，PA的中点，PA=PD=AD=3，∴△PMN的面积S△PMN=S△PAD=(3)2=.
∴三棱锥P - BMN的体积V三棱锥P - BMN=V三棱锥B - PMN=S△PMN·BM=3 .
7.(1)用阴影部分表示平面EFG如图D 8 - 3 - 6所示，点G为线段SB上靠近点B的三等分点.
图D 8 - 3 - 6
(2)依题意得，∠SDA=90°，∠SAD=45°，故SD=AD=.
又SA=SB=2，所以SB2=SD2+BD2，
所以SD⊥DB.
又DA?平面ABCD，DB?平面ABCD，且DA∩DB=D，所以SD⊥平面ABCD.
因为SD?平面SCD，所以平面SCD⊥平面ABCD.
如图D 8 - 3 - 7，作EH⊥CD于点H.
图D 8 - 3 - 7
因为平面SCD∩平面ABCD=CD，所以EH⊥平面SCD.
由(1)可知EF∥平面SCD，所以EH即为点F到平面SCD的距离.
在△ABD中，设AB边上的高为h，则h=.
易知，所以EH=h=，
即点F到平面SCD的距离为.
提升篇
8. (1)如图D 8 - 3 - 8，取SD的中点G，连接FG，GE.
图D 8 - 3 - 8
因为E，F，G分别是SC，AB，SD的中点，
所以EG∥CD且EG=CD，BF=AB.
又四边形ABCD是菱形，
所以AB∥CD且AB=CD，
所以EG∥BF且EG=BF，
所以四边形FBEG为平行四边形，所以BE∥FG.
又BE?平面SFD，FG?平面SFD，
所以BE∥平面SFD.
(2)因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ADC=120°，
所以S△BCD=2.
因为△SAD是等边三角形，所以在△SAD中，AD边上的高为.
又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，
所以△SAD的高即三棱锥S - BCD的高，
所以V三棱锥S - BCD==1.
又V三棱锥S - BDE=，所以.
所以当时，三棱锥S - BDE的体积为.
【素养落地】　本题考查了线面位置关系的证明和线段比的探究，要求考生能熟练掌握并灵活应用有关的性质、定理，考查了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养.
9.(1)设BD交AC于点O，连接EO.
因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点.
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
又EO?平面AEC，PB?平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)解法一　V=PA·AB·AD=AB，由V=，可得AB=.作AH⊥PB交PB于点H.
由题设易知BC⊥平面PAB，又AH?平面PAB，所以BC⊥AH.
又BC∩PB=B，BC，PB?平面PBC，故AH⊥平面PBC，
又PB=，AH=，
所以点A到平面PBC的距离为.
解法二　V=PA·AB·AD=AB，由V=，可得AB=.
由题设易知BC⊥平面PAB，得BC⊥PB.
假设点A到平面PBC的距离为d，
因为PB=，
所以V三棱锥A - PBC=d=d.
又V三棱锥P - ABC=1=，
V三棱锥A - PBC=V三棱锥P - ABC，所以d=.
【技巧点拨】　点到平面的距离问题是高考的热点问题，可以利用三棱锥的特点，用等体积法求解.
10.(1)当点M是线段AE的中点时，AC∥平面MDF.
理由如下:
如图D 8 - 3 - 9，连接CE，交DF于点N，连接MN.
因为M，N分别是AE，CE的中点，
所以MN∥AC.
因为MN?平面MDF，AC?平面MDF，
所以AC∥平面MDF.
图D 8 - 3 - 9
(2)如图D 8 - 3 - 9，将几何体ABCDEF补成三棱柱ADE - B1CF，
易知三棱柱ADE - B1CF的体积=S△ADE·CD=2×2×4=8，
则几何体ABCDEF的体积V几何体ABCDEF==8 - 2×2×2=.
三棱锥F - DEM的体积V三棱锥F - DEM=4=，
故平面MDF将几何体ABCDEF分成的上、下两部分的体积之比为∶()=1∶4.
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