專題7.3 空間直線、平面的平行（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

專題7.3空間直線、平面的平行【八大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1證明線線平行】 4【題型2線面平行的判定】 7【題型3由線面平行的性質(zhì)判定線線平行】 11【題型4由線面平行的性質(zhì)判斷線段比例或點(diǎn)所在的位置】 14【題型5由線面平行求線段長度】 18【題型6面面平行的判定】 22【題型7面面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用】 26【題型8平行關(guān)系的綜合應(yīng)用】 301、空間直線、平面的平行考點(diǎn)要求真題統(tǒng)計考情分析(1)理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關(guān)系，并加以證明(2)掌握直線與平面、平面

與平面平行的判定與性質(zhì)，并會簡單應(yīng)用2022年全國乙卷（文數(shù)）：第9題，5分2022年全國甲卷（文數(shù)）：第19題，12分2023年新高考I卷：第18題，12分2024年新高考I卷：第17題，15分2024年北京卷：第17題，12分空間直線、平面的平行是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，屬于高考的?？純?nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，主要分兩方面進(jìn)行考查，一是空間中線面平行關(guān)系的命題的真假判斷，常以選擇題、填空題的形式考查，難度較易；二是空間線線、線面、面面平行的證明，一般以解答題的第一小問的形式考查，難度中等；解題時要靈活運(yùn)用直線、平面的平行的判定與性質(zhì).【知識點(diǎn)1線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理】1．線面平行的判定定理和性質(zhì)定理(1)判定定理①自然語言如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.②圖形語言③符號語言.該定理可簡記為“若線線平行，則線面平行”.(2)性質(zhì)定理①自然語言一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.②圖形語言③符號語言.該定理可簡記為“若線面平行，則線線平行”.(3)性質(zhì)定理的作用①作為證明線線平行的依據(jù).當(dāng)證明線線平行時，可以證明其中一條直線平行于一個平面，另一條直線是過第一條直線的平面與已知平面的交線，從而得到兩條直線平行.

②作為畫一條與已知直線平行的直線的依據(jù).如果一條直線平行于一個平面，要在平面內(nèi)畫一條直線與已知直線平行，可以過已知直線作一個平面與已知平面相交，交線就是所要畫的直線.2．面面平行的判定定理和性質(zhì)定理(1)判定定理①自然語言如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行.②圖形語言③符號語售.該定理可簡記為“若線面平行，則面面平行”.(2)判定定理的推論①自然語言如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個平面內(nèi)的兩條相交直線，那么這兩個平面平行.②圖形語言③符號語言.(3)性質(zhì)定理①自然語言兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行.②圖形語言③符號語言.該定理可簡記為“若面面平行，則線線平行”.(4)兩個平面平行的其他性質(zhì)①兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的任意一條直線都平行于另一個平面.

②平行直線被兩個平行平面所截的線段長度相等.

③經(jīng)過平面外一點(diǎn)有且只有一個平面與已知平面平行.

④兩條直線同時被三個平行平面所截，截得的線段對應(yīng)成比例.

⑤如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行.【知識點(diǎn)2空間中的平行關(guān)系的判定方法】1．線線平行的證明方法(1)定義法：即證明兩條直線在同一個平面內(nèi)且兩直線沒有公共點(diǎn)；(2)利用平面圖形的有關(guān)平行的性質(zhì)，如三角形中位線，梯形，平行四邊形等關(guān)于平行的性質(zhì)；(3)利用基本事實(shí)4：找到一條直線，使所證的直線都與這條直線平行；(4)利用線面平行與面面平行的性質(zhì)定理來判定線線平行.2．線面平行的判定方法(1)利用線面平行的定義：直線與平面沒有公共點(diǎn)；(2)利用線面平行的判定定理：如果平面外有一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行(簡記為“線線平行—線面平行”)；(3)利用面面平行的性質(zhì)定理：如果兩個平面平行，那么在一個平面內(nèi)所有直線都平行于另一個平面。(簡記為“面面平行—線面平行”).3．面面平行的判定方法(1)面面平行的定義：兩個平面沒有公共點(diǎn)，常與反證法結(jié)合(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行(主要方法).(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行(選擇、填空題可用)；(4)平行于同一個平面的兩個平面平行(選擇、填空題可用).【方法技巧與總結(jié)】1．垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α//β.2．平行于同一個平面的兩個平面平行，即若α//β，β//γ，則α//γ.3．垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a//b.4．若α//β，aα，則a//β.【題型1證明線線平行】【例1】（2024·全國·模擬預(yù)測）（19-20高一·全國·課后作業(yè)）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是AB，AC上的點(diǎn)，且AE:EB=AF:FC，則EF與B1C1的位置關(guān)系是（

）A．異面 B．平行 C．相交 D．平行或相交【解題思路】根據(jù)線段比例關(guān)系,可得直線與直線的平行.結(jié)合空間中平行線的傳遞性即可判斷.【解答過程】因?yàn)樵讦BC中,AE:EB=AF:FC所以EF∥BC又因?yàn)锽C∥所以EF∥故選：B.【變式1-1】（23-24高一下·全國·課后作業(yè)）如圖所示，在長方體AC1中，E，F(xiàn)分別是B1O和C1O的中點(diǎn)，則長方體的各棱中與EF平行的有（

）A．3條 B．4條C．5條 D．6條【解題思路】由E，F(xiàn)分別是B1O，C1O的中點(diǎn)，故EF∥B1C1，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征，即可求解.【解答過程】由于E，F(xiàn)分別是B1O，C1O的中點(diǎn)，故EF∥B1C1，因?yàn)榕c棱B1C1平行的棱還有3條：AD,BC，A1D1，所以共有4條.故選：B.【變式1-2】（23-24高一·全國·課后作業(yè)）如圖，空間四邊形ABCD，E、H分別是AB、AD的中點(diǎn)，F(xiàn)、G分別是BC、CD上的點(diǎn)，且CFCB=CGCD，求證：直線【解題思路】根據(jù)三角形中位線、平行線等分性質(zhì)結(jié)合平行線的傳遞性分析證明,【解答過程】∵E、H分別是AB、AD的中點(diǎn)，則EH∥BD，又∵F、G分別是BC、CD上的點(diǎn)，且CFCB=CGCD，則FG∴EH∥FG，故直線EH與直線FG平行．【變式1-3】（23-24高二上·云南大理·期末）如圖，在棱長為3的正方體ABCD?A1B1C(1)證明：AD(2)求三棱錐A?B【解題思路】（1）作出輔助線，得到四邊形ABC（2）求出底面積和高，利用錐體體積公式求出答案.【解答過程】（1）連接BC因?yàn)镻,Q分別為棱BC,CC所以BC因?yàn)檎襟wABCD?A所以C1D1故四邊形ABC所以BC故AD（2）由題意得，正方形BCC1BS△BB1故S△又AB⊥平面BCC1B1，故三棱錐A?B1QP【題型2線面平行的判定】【例2】（2024·陜西渭南·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，4PA=4AB=3AD=12，BA?AD=0，且M，N分別為PD(1)求證：MN//平面PBC(2)求三棱錐M?ACD的體積．【解題思路】（1）利用三角形的中位線，證明MN//PB，可證得MN//（2）利用三棱錐的體積公式求解.【解答過程】（1）證明：如圖，連接BD，由ABCD是平行四邊形，則有BD交AC于點(diǎn)N．∵M(jìn)，N分別為PD，BD的中點(diǎn)，∴MN//又PB?平面PBC，MN?平面PBC，故MN//平面PBC（2）∵BA?AD=0，∴BA⊥AD∵4PA=4AB=3AD=12，∴PA=AB=3，AD=4，∴S△ACD又PA⊥平面ABCD，M為PD的中點(diǎn)，則M到平面ACD的距離為?=1∴VM?ACD【變式2-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD為梯形，AB∥CD，AB=6，AD=CD=DD1=2(1)求證：C1E∥(2)求三棱錐C1【解題思路】（1）由線線平行得到線面平行，進(jìn)而得到面面平行，由面面平行的性質(zhì)證明出線面平行；（2）由余弦定理求出BC，進(jìn)而得到∠BCE=90°，由勾股定理求出各邊長，并利用余弦定理和面積公式求出各個面的面積，求出表面積.【解答過程】（1）由已知可得CC1∥DD1，又DD∴CC1∥∵AE∥CD且∴四邊形ADCE為平行四邊形，∴CE∥又AD?平面ADD1A1，∴CE∥平面AD又CC1∩CE=C，且CC1∴平面ADD1A又C1E?平面∴C1E（2）在△BCE中，CE=2，BE=4，∠BEC=60°，由余弦定理可得BC=2∴BC∴∠BCE=90°．∵F為線段BC的中點(diǎn)．∴CF=3，EF=由勾股定理得C1E=C由余弦定理得cos∠EF故sin∠EF則S△又S△C1CE=故三棱錐C1?CEF的表面積為【變式2-2】（2024·寧夏石嘴山·模擬預(yù)測）如圖，在正方體A1B1C1(1)求證：A1C1(2)若BD1=6，求點(diǎn)B【解題思路】（1）根據(jù)正方體的性質(zhì)得到AC//（2）利用等體積法求出點(diǎn)到平面的距離.【解答過程】（1）在正方體A1B1C1所以四邊形AA1C又A1C1?平面ACE，AC?平面ACE，所以（2）設(shè)正方體的棱長為aa>0，則BD1=所以AC=232所以S△ACE設(shè)點(diǎn)B到平面AEC的距離為d，則VE?ABC=V即13×1即點(diǎn)B到平面AEC的距離為2.【變式2-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐A?BCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在棱AC，BC，BD，AD上．(1)若四邊形EFGH為平行四邊形，證明：AB∥平面EFGH(2)若E，F(xiàn)，G，H均為所在棱的中點(diǎn)，三棱錐A?BCD的體積為V，多面體CDGFEH的體積為V1，求V【解題思路】（1）由四邊形EFGH為平行四邊形得EF∥GH，由線面平行的判定定理得EF//平面ABD（2）連接ED，EG，將三棱錐E?DHG的體積和四棱錐E?CDGF的體積用V表示出來，相加得V1，即可求出V【解答過程】（1）∵四邊形EFGH為平行四邊形，∴EF∥GH，又EF?平面ABD，GH?∴EF∥平面ABD∵EF?平面ABC，平面ABC∩平面ABD=AB，∴EF∥又EF?平面EFGH，AB?平面EFGH∴AB∥平面EFGH（2）連接ED，EG，∵E為棱AC的中點(diǎn)，∴點(diǎn)E到平面DHG的距離dE?DHG等于點(diǎn)C到平面DHG的距離d點(diǎn)E到平面CDGF的距離dE?CDGF等于點(diǎn)A到平面CDGF的距離d則三棱錐E?DHG的體積V2四棱錐E?CDGF的體積V3故V1【題型3由線面平行的性質(zhì)判定線線平行】【例3】（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥底面ABCD，且M,N分別為棱AB,PC的中點(diǎn)，平面CMN與平面PAD交于直線l.求證：MN//

【解題思路】首先由線線平行證線面平行，然后利用線面平行的性質(zhì)定理即可證得線線平行.【解答過程】取PD的中點(diǎn)G，連接GA,GN，∵G,N分別為PD,PC的中點(diǎn)，∴GN//CD，且∵M(jìn)為AB的中點(diǎn)，且ABCD為矩形，∴AM//CD，且∴GN//AM，且GN=AM，∴四邊形∴MN//AG，又MN?平面PAD,AG?平面∴MN//平面PAD又MN?平面MNC，平面PAD∩平面MNC=l，∴MN//l【變式3-1】（23-24高一下·吉林·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，點(diǎn)I在棱PA上（不與端點(diǎn)重合），E，F(xiàn)分別是PD，AC的中點(diǎn).(1)證明：EF//平面PBC.(2)若平面PAB∩平面EFI=l，證明：EF//l.【解題思路】（1）利用中位線定理及線面平行的判定定理即可證明；（2）由（1）得EF//平面PBC，由線面平行的性質(zhì)定理即可證明.【解答過程】（1）連接BD,因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以F是BD的中點(diǎn)，又因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF是△PBD的中位線，所以EF//PB，因?yàn)镋F?平面PBC，PB?平面PBC，所以EF//平面PBC（2）∵E,F分別是PD,BD的中點(diǎn)，∴EF//PB，∵EF?平面PAB，PB?平面PAB，∴EF//平面PAB，若平面PAB∩平面EFI=l，又EF?平面EFI，所以EF//l.【變式3-2】（24-25高二·上?！ぜ倨谧鳂I(yè)）圖1是由正方形ABCD,Rt△ABE,Rt△CDF組成的一個等腰梯形，其中AB=2，將△ABE、△CDF分別沿AB,CD折起使得E與F重合，如圖2．設(shè)平面ABE∩平面【解題思路】首先利用線面平行的判定定理證明CD//平面ABE，進(jìn)一步即可得證.【解答過程】因?yàn)镃D//AB，AB?平面ABE，CD?平面ABE，所以CD//平面ABE，又CD?平面ECD，平面ABE∩平面ECD=l，所以l//CD.【變式3-3】（23-24高一下·四川眉山·期中）如圖，已知四棱錐S?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，E為側(cè)棱SC的中點(diǎn).(1)求證：SA//平面EDB(2)設(shè)平面SAB∩平面SCD=l，求證：AB//【解題思路】（1）AC∩BD=O，通過證明SA//EO，得證SA//（2）證明AB//平面SCD，由線面平行的性質(zhì)定理證明AB【解答過程】（1）連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OE，因?yàn)锳BCD是平行四邊形，故O為AC中點(diǎn)，又E為側(cè)棱SC的中點(diǎn)，故SA//又SA?平面EDB，EO?平面EDB，故SA//平面EDB（2）因?yàn)锳B//CD，AB?平面SCD，CD?平面SCD，所以AB//又因?yàn)槠矫鍿AB∩平面SCD=l，AB?平面SAB，所以AB//【題型4由線面平行的性質(zhì)判斷線段比例或點(diǎn)所在的位置】【例4】（23-24高一下·江蘇揚(yáng)州·階段練習(xí)）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，E為線段AD上靠近A的三等分點(diǎn)，F(xiàn)為線段PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA//平面EBF時，PFPC=（A．3 B．4 C．13 D．【解題思路】根據(jù)線面平行性質(zhì)定理得出線線平行，再根據(jù)平行得出比例關(guān)系即可.【解答過程】如圖，連接AC交BE于點(diǎn)G，連接FG因?yàn)镻A//平面BEF,PA?平面PAC，平面PAC∩平面BEF=FG所以PA//FG，所以PFPC=AGAC，因?yàn)閯tAGGC=AE故選：D.【變式4-1】（23-24高一·全國·課后作業(yè)）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是平行四邊形，AC交BD于點(diǎn)O，E為AD中點(diǎn)，F(xiàn)在PA上，AP=λAF，PC//平面BEF，則λ的值為（

A．1 B．32 C．2 D．3【解題思路】根據(jù)△AEG～△CBG，得到AGAC=13，利用PC//平面BEF，得到【解答過程】設(shè)AO與BE交于點(diǎn)G，連接FG，如圖所示，因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，則AE=1由四邊形ABCD是平行四邊形，可得AD//BC，則△AEG～△CBG，所以AGGC=AE又因?yàn)镻C//平面BEF，PC?平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，所以GF//PC，所以λ=故選：D.【變式4-2】（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）如圖，PA⊥面ABCD，四邊形ABCD是邊長為1的為正方形,點(diǎn)E在線段PC上，PEEC（1）若PA//平面EBD時，求m值；（2）若PC⊥面EBD，棱錐E?BCD體積取得最大值，求四棱錐P?ABCD的高.【解題思路】（1）根據(jù)面面平行的性質(zhì)得到線線平行，再根據(jù)平行線段成比例即可求解；（2）建立坐標(biāo)系，根據(jù)垂直得到等式，再根據(jù)體積的最大值這一條件得到PA.【解答過程】（1）設(shè)AC∩BD=O.∵PA?平面PAC，平面PAC∩平面EBD=EO，PA//面EBD，∴PA//EO∴EOPA=CE（2）解法一：建立如圖所示坐標(biāo)系，設(shè)P(0，0，p)，有BD=(?1，1，0)，PC=(1,1,?p)設(shè)CE=nCP，則BE=∵PC⊥面EBD，∴PC⊥EB，∴PC?BE=?n+(1?n)?np?p=0因?yàn)镋?BCD的底面△BCD不變，故即E到面BCD的距離取最大值.E到面BCD的距離d=np=pp當(dāng)僅當(dāng)p=2p，即p=2時取最大值.故四棱錐P?ABCD解法二：設(shè)AC∩BD=O.△PAC中，作EH//PA，交AC于H.∵PA⊥面ABCD，∴EH⊥面ABCD，∴EH就是E到面BCD的距離.因?yàn)镋?BCD的底面BCD不變，即求EH最大時PA的值.∵PC⊥面EBD，OE?面EBD，∴OE⊥PC.故E在以O(shè)C為直徑的半圓上，當(dāng)EH取最大值時，EH為圓的半徑，H為圓心.此時PAEH=CHCA=12【變式4-3】（23-24高二上·河北邢臺·階段練習(xí)）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面PAD為正三角形，M為線段PD上一點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn).(1)當(dāng)M為PD的中點(diǎn)時，求證：MN//平面PAB.(2)當(dāng)PB//平面AMN，求出點(diǎn)M的位置，說明理由.【解題思路】（1）取AP中點(diǎn)為E，連接EM,EB，利用中位線、平行四邊形性質(zhì)及平行公理有BN//ME,BN=ME，即BNME為平行四邊形，則MN//BE，最后根據(jù)線面平行的判定證結(jié)論；（2）連接AN,BD，相交于O，連接OM，由線面平行的性質(zhì)得PB//OM，利用相似比可得PMMD=1【解答過程】（1）取AP中點(diǎn)為E，連接EM,EB，在△PAD中，M為PD的中點(diǎn)，E為AP中點(diǎn)，∴EM//AD,EM=1在平行四邊形ABCD中，N為BC的中點(diǎn)，∴BN//AD,BN=1∴BN//ME,BN=ME，∴四邊形BNME為平行四邊形，∴MN//BE,MN?面PAB,BE?面PAB，∴MN//平面PAB；（2）連接AN,BD，相交于O，連接OM，∵PB//面AMN，面PBD∩面AMN=OM,PB?面PBD，∴PB//OM，PMMD即存在點(diǎn)M，M為PD上靠近P點(diǎn)的三等分點(diǎn).【題型5由線面平行求線段長度】【例5】（23-24高一·全國·課后作業(yè)）已知正方體AC1的棱長為1，點(diǎn)P是平面AA1D1D的中心，點(diǎn)Q是平面A1B1CA．12 B．22 C．2 【解題思路】利用線面平行的性質(zhì)定理及三角形的中位線定理，結(jié)合勾股定理即可求解.【解答過程】連接AD1，AB1，則∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB∴PQ∥AB∴PQ=1故選：B.【變式5-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知直三棱柱ABC?A1B1C1的側(cè)棱和底面邊長均為1，M，N分別是棱BC，A1B1上的點(diǎn)，且A．34 B．23 C．12【解題思路】過N作NP//B1C1交A1C1于P，利用線面平行的性質(zhì)可得MN//【解答過程】過N作NP//B1C1交A1因?yàn)镸C//B1C1，∴因?yàn)镸N//平面AA1C1C，平面MNPC∩平面AA1所以MN//CP，又NP//MC,∴四邊形MNPC為平行四邊形，又CM=2B∴NP=1?λ所以λ=2故選：B．【變式5-2】（2023·河南·模擬預(yù)測）正三棱錐P?ABC的各棱長均為2，D為BC的中點(diǎn)，M為AB的中點(diǎn)，E為PC上一點(diǎn)，且PE=13PC，平面DEM交AP于點(diǎn)Q，則截面

A．346 B．3412 C．516【解題思路】根據(jù)中位線可得線面平行，進(jìn)而根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得線線平行，進(jìn)而可得四邊形MDEQ為等腰梯形，即可由邊角關(guān)系求解.【解答過程】因?yàn)镸，D分別為AB，BC的中點(diǎn)，故MD//AC，又MD?平面MDEQ,AC?平面MDEQ，所以AC//由于AC?平面PAC,平面MDEQ∩平面PAC=QE,故AC//又PE=13PC，故PQ=13在△DCE中，CE=23PC=43故梯形的高為DE2?故選:D．【變式5-3】（23-24高一上·江西景德鎮(zhèn)·期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點(diǎn)，P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一點(diǎn)，若AP∥平面BDEF，則線段AP長度的取值范圍是（

）A．[322，5] B．[5，22] C．[324，6] 【解題思路】分別取棱A1B1、A1D1的中點(diǎn)M、N，連接MN，可證平面AMN∥平面BDEF，得P點(diǎn)在線段MN上．由此可判斷當(dāng)P在MN的中點(diǎn)時，AP最??；當(dāng)P與M或N重合時，AP最大．然后求解直角三角形得答案．【解答過程】如圖所示，分別取棱A1B1、A1D1的中點(diǎn)M、N，連接MN，連接B1D1，∵M(jìn)、N、E、F為所在棱的中點(diǎn)，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN?平面BDEF，EF?平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；連接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，則四邊形ANFB為平行四邊形，則AN∥FB，而AN?平面BDEF，F(xiàn)B?平面BDEF，則AN∥平面BDEF．又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一點(diǎn)，且AP∥平面BDEF，∴P點(diǎn)在線段MN上．在Rt△AA1M中，AM=A同理，在Rt△AA1N中，求得AN=5，則△AMN當(dāng)P在MN的中點(diǎn)時，AP最小為22當(dāng)P與M或N重合時，AP最大為5．∴線段AP長度的取值范圍是32故選：A．

【題型6面面平行的判定】【例6】（23-24高一下·青海西寧·期末）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)F,G,H,B四點(diǎn)共面；(2)平面EFG∥平面BDD【解題思路】（1）連接BH，由中位線可得FG//BH，即可證明F，G，H，（2）由面面平行的判定定理即可證明.【解答過程】（1）連接BH，∵F,G分別是BC,HC的中點(diǎn),∴FG為△CBH的中位線，∴FG∥BH，∴F,G,H,B四點(diǎn)共面；（2）由（1）知FG∥BH，∵FG?平面BDD1B∴FG∥平面BDD又∵E,F分別是DC,BC的中點(diǎn)∴EF∥DB，EF?平面BDD1B,DB?∴EF∥平面BDD∵EF∩FG=F,EF?面EFG,FG?面EFG，∴平面EFG∥平面BDD【變式6-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖，在圓錐PO中，P為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，四邊形ABCD是底面的內(nèi)接正方形，E,F分別為PD,PA的中點(diǎn)，過點(diǎn)E,F,O的平面為α.(1)證明：平面α∥平面PBC；(2)若圓錐的底面圓半徑為2，高為3，設(shè)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動，求三棱錐P?MBC的體積.【解題思路】（1）由線面平行的判定定理可證EF∥平面PBC，OE∥平面PBC，再由面面平行的判定定理即可證明平面α∥平面PBC；（2）由題意可得，點(diǎn)M到平面PBC的距離等于點(diǎn)O到平面PBC的距離，再由三棱錐的體積公式，代入計算，即可求解.【解答過程】（1）因?yàn)镋,F分別為PD,PA的中點(diǎn)，所以EF∥AD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AD∥BC，從而EF∥BC，又EF?平面PBC,BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，連接BD,OE，則O為BD的中點(diǎn)，又E為PD的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥PB，又OE?平面PBC,PB?平面PBC，所以O(shè)E∥平面PBC，又OE∩EF=E，OE,EF?平面OEF，所以平面OEF∥平面PBC，即平面α∥平面PBC.（2）由題知，PO⊥平面ABCD.連接OC，則OB=OC=2,PO=3因?yàn)橛桑?）的證明可知平面α∥平面PBC，所以點(diǎn)M到平面PBC的距離等于點(diǎn)O到平面PBC的距離，所以VP?MBC所以三棱錐P?MBC的體積為23【變式6-2】（23-24高一下·陜西咸陽·期中）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面(1)求三棱錐A?BDE的體積．(2)在DD1上是否存在一點(diǎn)P，使得平面PA1C【解題思路】（1）根據(jù)VA?BDE（2）當(dāng)P為DD1的中點(diǎn)時滿足平面PA1C//平面EBD，設(shè)AC∩BD=O，連接OE，即可證明OE//A1C、【解答過程】（1）在直四棱柱ABCD?A1B所以AA1⊥所以VA?BDE（2）當(dāng)P為DD1的中點(diǎn)時滿足平面PA設(shè)AC∩BD=O，連接OE，因?yàn)锳BCD為正方形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，又E為棱AA所以O(shè)E//A1C，又OE?平面PA1C，A又P為DD1的中點(diǎn)，所以DP//A1所以DE//又DE?平面PA1C，A1P?平面P又DE∩OE=E，DE,OE?平面BDE，所以平面PA1C【變式6-3】（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD是正方形，E，F(xiàn)，(1)證明：平面A1EF//平面(2)若點(diǎn)A1在底面ABCD的投影是四邊形ABCD的中心，A1A=2AB=4【解題思路】（1）根據(jù)四棱柱中的平行關(guān)系以及中點(diǎn),可得線線平行,根據(jù)線線平行證明線面平行,進(jìn)而可證明面面平行.（2）可由四棱柱的體積,可得同底等高的三棱錐的體積,然后根據(jù)三棱錐中等體積法即可求解.【解答過程】（1）證明：連接EG，BC因?yàn)镋，G分別是棱BB1，CC1的中點(diǎn)，所以因?yàn)锳1D1∥B1C所以四邊形EGD1A因?yàn)镈1G?平面AD1G，A1E?因?yàn)镋，F(xiàn)分別是棱BB1，B1因?yàn)锳D1∥因?yàn)锳D1?平面AD1G，EF?平面因?yàn)镋F?平面A1EF，A1E?平面所以平面A1EF∥（2）連接AC，BD，記AC∩BD=O，連接A1O，則A1因?yàn)?AB=4，所以AB=AD=2，所以AO=1因?yàn)锳1A=4，所以則四棱柱ABCD?A1B故三棱錐G?AA1D即三棱錐A1?AD【題型7面面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用】【例7】（23-24高一下·廣東佛山·階段練習(xí)）如圖，在六面體ABCDEF中，DE//CF，四邊形ABCD是平行四邊形，DE=2CF．(1)證明：平面ADE//平面BCF．(2)若G是棱BC的中點(diǎn)，證明：AE//FG．【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，結(jié)合平行四邊形性質(zhì)，利用線面平行、面面平行的判定推理即得.（2）證明EF,AG的延長線與DC的延長線交點(diǎn)重合，再利用面面平行的性質(zhì)推理即得.【解答過程】（1）由?ABCD，得BC//AD，而AD?平面AED，BC?平面平面AED，則BC//平面AED，由DE//CF，CF?平面AED，DE?平面AED，得CF//平面AED，又BC∩CF=C,BC,CF?平面BCF，所以平面ADE//平面BCF.（2）延長EF,AG與DC的延長線分別交于點(diǎn)O1由DE//CF，DE=2CF，得CO1=CD，由BC//AD，G是棱BC因此點(diǎn)O1,O2重合，記為O，顯然平面AOE∩平面AED=AE，平面由（1）知，平面ADE//平面BCF，所以AE//FG.【變式7-1】（2024高三·全國·專題練習(xí)）在四棱錐P?ABCD中，PC⊥平面ABCD,∠ABC=∠BCD=90°,AB=3CD，點(diǎn)M在線段PB上，且PB=3PM.求證：CM∥【解題思路】在線段AB上取一點(diǎn)N，使AN=CD，連接CN,MN，可證四邊形ANCD為平行四邊形，即可得CN//AD，再利用線面平行的判定定理可證CN//平面PAD，根據(jù)成比例線段證得MN//AP，再利用線面平行的判定定理可證MN//平面PAD，再結(jié)合面面平行的判定和性質(zhì)即可得證.【解答過程】在線段AB上取一點(diǎn)N，使AN=CD，連接CN,MN，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90所以CD//AB，即CD//AN，又CD=AN，所以四邊形ANCD為平行四邊形，所以CN//AD，又CN?平面PAD,AD?平面PAD，所以CN//平面PAD，在三角形ABP中，MPPB=AN又MN?平面PAD,AP?平面PAD，所以MN//平面PAD，又MN∩CN=N,MN,CN?平面MNC，所以平面MNC//平面PAD，又CM?平面MNC，所以CM//平面PAD.【變式7-2】（23-24高一下·海南?？凇るA段練習(xí)）如圖，已知四棱錐S?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，E為側(cè)棱SC的中點(diǎn).(1)求證：SA∥平面EDB；(2)若F為側(cè)棱AB的中點(diǎn)，求證：EF∥平面SAD.【解題思路】（1）連接AC，AC∩BD=O，再證明SA//EO即可；（2）根據(jù)線面平行與面面平行的判定證明平面EOF//平面SAD即可；【解答過程】（1）連接AC,BD，設(shè)AC∩BD=O，因?yàn)锳BCD是平行四邊形，所以O(shè)是AC?BD的中點(diǎn)，連接OE，又E為側(cè)棱所以在△SAC中有：SA∥EO，又SA?平面EDB,EO?平面EDB，所以SA∥平面EDB.（2）若F為側(cè)棱AB的中點(diǎn)，且由（1）知O是BD的中點(diǎn)，所以在△BAD中有：則AD∥FO，又FO?平面SAD,AD?平面SAD，所以FO∥平面SAD，由（1）知SA∥EO,EO?平面SAD,SA?平面SAD，所以EO∥平面SAD.又EO∩FO=O,EO,FO?平面EOF，所以平面EOF∥平面SAD，又EF?平面EOF，所以EF∥平面SAD.【變式7-3】（23-24高一下·重慶·期中）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD為平行四邊形，E，F(xiàn)分別為棱AB，PC上的點(diǎn)，且AE=2EB，F(xiàn)C=2PF.(1)求證：BF//平面PDE(2)在棱AD上是否存在點(diǎn)G，使得PG//平面BDF？若存在求出AG【解題思路】（1）先由面面平行的判定定理證明面FMB//面PDE，即可證明BF//平面（2）假設(shè)在棱AD上存在點(diǎn)G，使得PG//面BDF，由線面平行的性質(zhì)定理即可得點(diǎn)G為棱AD【解答過程】（1）在DC上取點(diǎn)M，使得CM=2DM，連接FM，BM在△CDP中，點(diǎn)F、M分別為PC、DC上的三等分點(diǎn)，則有FM又FM?面PDE、PD?面PDE由線面平行的判定定理：FM//面又DM//EB且DM=EB，∴四邊形則有DE//BM，又BM?面PDE、DE?面PDE，∴BM由于FM?面FMB、BM?面FMB，F(xiàn)M∩BM=M，∴面FMB//面又BF?面FMB，∴BF//面（2）假設(shè)在棱AD上存在點(diǎn)G，使得PG//面連接CG，交BD于H∵PG//面BDF，PG?面PGC，面PGC∩面由線面平行的性質(zhì)定理：PG則在△CPG中，CFCP=CH∴GHCH=DGBC=12【題型8平行關(guān)系的綜合應(yīng)用】【例8】（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖所示，已知四棱柱ABCD?A1B（1）證明：平面AB1C//（2）在直線CC1上是否存在點(diǎn)P，使BP//平面A1【解題思路】（1）由棱柱ABCD?A1B1C1D1的性質(zhì)知，AB（2）易知四邊形A1B1CD為平行四邊形，A1D//B1C，在C1C【解答過程】（1）由棱柱ABCD?A1B∵AB1?平面DA1∴AB1//同理可證B1C//平面A1C1D，而∴平面AB1C//（2）存在這樣的點(diǎn)P，使BP//平面A1∵A1∴四邊形A1∴A1如圖所示：在C1C的延長線上取點(diǎn)P，使C1∵B1B//C1C∴B1∴四邊形BB則BP//B∴BP//A1D，又BP?平面A1C∴BP//平面A1【變式8-1】（23-24高一下·河北張家口·階段練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，O是

(1)求證：MN//平面AC(2)若P是C1D1的中點(diǎn)，求證：平面MNP【解題思路】（1）利用中位線定理與線面平行的判定定理即可得解；（2）利用線面平行與面面平行的判定定理即可得解.【解答過程】（1）連接A1

因?yàn)镸,N分別是OD1，A1因?yàn)镸N?平面ACC1A1，所以MN//平面AC（2）因?yàn)镹,P分別是A1D1，C因?yàn)镹P?平面ACC1A1，所以NP//平面AC又MN//平面ACC1A1所以平面MNP//平面AC【變式8-2】（23-24高一下·重慶·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，BC=BD=DC=23，AD=AB=PD=PB=2(1)若點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，M為DC的中點(diǎn)，求證：平面BEM//平面PAD.(2)在棱PD上是否存在一點(diǎn)F，使得AF//平面PBC？若存在，請求出PFFD【解題思路】（1）通過證BM//平面PAD，EM//平面PAD，由線面平行即可證面面平行；（2）由面面平行的判定和性質(zhì)，結(jié)合平行線的性質(zhì)，即可判定存在性.【解答過程】（1）因?yàn)锽C=BD=DC=23，所以△BCD因?yàn)镸為DC的中點(diǎn)，所以BM⊥CD，因?yàn)锳D=AB=2，BD=23所以∠ADB=∠ABD=30所以∠ADC=30所以AD⊥CD，所以AD//BM，因?yàn)锽M?平面PAD，AD?平面PAD，所以BM//平面PAD，又點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，M為DC的中點(diǎn)，所以AD//EM，因?yàn)镋M?平面PAD，AD?平面PAD，所以EM//平面PAD，又EM∩BM=M，EM?平面BEM，BM?平面BEM，所以平面BEM//平面PAD；（2）存在，PFFD過A作AN//BC交CD與N，再過N作NF//PC，交PD于F，連接AF，則F即為所求，由∠ABC=30°+所以∠DAN=120在直角△ADN，ND=AD?tan所以CN=23所以DNCN由NF//PC得PFFD證明：當(dāng)PFFD=CN由NF?平面PBC，PC?平面PBC，所以NF//平面PBC，又AN//BC，AN?平面PBC，BC?平面PBC，AN//平面PBC，AN∩NF=N，NF?平面ANF，AN?平面ANF，所以平面ANF//平面PBC，因?yàn)锳F?平面ANF，所以AF//平面PBC.【變式8-3】（23-24高一下·海南?？凇て谥校┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，PC的中點(diǎn)，設(shè)平面PCD∩平面PBE=l.(1)證明：DF//平面PBE；(2)證明：DF//l；(3)在棱AB上是否存在點(diǎn)N，使得EN//平面FBD？若存在，求出ANNB【解題思路】（1）取PB的中點(diǎn)Q，連接QF，EQ，由題意可證得四邊形DEQF為平行四邊形，可證得DF//QE，進(jìn)而可證得結(jié)論；（2）由（1）及線面平行的性質(zhì)定理，可證得結(jié)論；（3）取AB的中點(diǎn)N，由中位線的性質(zhì)可得EN//BD，再由線面平行的判斷定理可得EN//平面DBF，并可得ANNB【解答過程】（1）取PB的中點(diǎn)Q，連接QF，EQ，因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，PC的中點(diǎn)，由題意可證得QF//BC，且QF=12BC=QE所以QE//DE，且QE=DE，所以四邊形DEQF為平行四邊形，所以DF//QE，而DF?平面PBE，QE?平面PBE，所以DF//平面PBE.（2）設(shè)平面PCD∩平面PBE=l，由（1）可得DF//平面PBE，DF?平面PCD，所以DF//l.（3）在棱AB上存在點(diǎn)N為AB的中點(diǎn)，連接EN，BD，因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，所以EN//BD，EN?平面FBD，BD?平面FBD，所以EN//平面FBD，此時ANNB一、單選題1．（23-24高二下·湖南·階段練習(xí)）已知三條不同的直線l，m，n，且l∥m，則“m∥n”是“l(fā)∥n”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】根據(jù)線與線的位置關(guān)系，結(jié)合充要條件的定義即可求解.【解答過程】解：若m∥n，又l∥m，則l∥n，故充分性成立，反之，若l∥n，又l∥m，則m∥n，故必要性成立.故“m∥n”是“l(fā)∥n”的充要條件.故選：C.2．（2024·內(nèi)蒙古·三模）設(shè)α，β是兩個不同的平面，m，l是兩條不同的直線，且α∩β=l則“m//l”是“m//β且m//α”的（

）A．充分不必要條件 B．充分必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】根據(jù)題意，利用線面平行的判定定理與性質(zhì)定理，結(jié)合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【解答過程】當(dāng)m//l時，m可能在α內(nèi)或者β內(nèi)，故不能推出m//β且m//α，所以充分性不成立；當(dāng)m//β且m//α?xí)r，設(shè)存在直線n?α，n?β，且n//m，因?yàn)閙//β，所以n//β，根據(jù)直線與平面平行的性質(zhì)定理，可知n//l，所以m//l，即必要性成立，故“m//l”是“m//β且m//α”的必要不充分條件.故選：C.3．（2024·河北唐山·二模）已知m為平面α外的一條直線，則下列命題中正確的是（

）A．存在直線n，使得n⊥m，n⊥α B．存在直線n，使得n⊥m，n//αC．存在直線n，使得n//m，n//α D．存在直線n，使得n//m，n⊥α【解題思路】根據(jù)題意，結(jié)合線面平行的判定與性質(zhì)，逐項(xiàng)判定，即可求解.【解答過程】對于A中，當(dāng)直線m與平面α斜交時，此時不存在直線n，使得n⊥m，n⊥α，所以A錯誤；對于B中，如圖所示，當(dāng)m⊥α?xí)r，過直線n作平面β，使得α∩β=a，因?yàn)閙⊥α，a?α，所以m⊥a，又因?yàn)閙⊥n，可得a//n，因?yàn)閚?α,a?α，所以n//α，當(dāng)m與平面α斜交時，設(shè)斜足為A，在直線m上取一點(diǎn)P，作PO⊥α，垂足為O，連接OA，在平面α內(nèi)，過點(diǎn)A作直線a⊥OA，因?yàn)閍⊥PO，且PO∩OA=O，PO,OA?平面POA，所以a⊥平面POA，又因?yàn)镻A?平面POA，所以a⊥PA，即a⊥m，在過a和m確定的平面內(nèi)，過點(diǎn)P作直線n，使得n⊥m，所以n//a，因?yàn)閚?α,a?α，所以n//α，所以存在直線n，使得n⊥m，n//α若直線m//α，此時存在平面β//α且m?β，在直線m取一點(diǎn)Q，在平面β內(nèi)過Q作直線n⊥m，根據(jù)面面平行的性質(zhì)有n//α，所以B正確；

對于C中，當(dāng)直線m與平面α相交時，若n//m，則直線n與平面α必相交，所以C錯誤；對于D中，當(dāng)m//α?xí)r，若n//m，可得n//α或n?α，所以D錯誤.故選：B.4．（2023·廣西·模擬預(yù)測）在三棱錐D?ABC中，M,N分別是△ACD、△BCD的重心，以下與直線MN平行的是（

）A．直線CD B．平面ABD C．平面ACD D．平面BCD【解題思路】取CD中點(diǎn)為E，由M，N分別是△ACD和△BCD的重心，證得MN//AB，結(jié)合CD不平行AB，可判定A錯誤；利用線面平行的判定定理，證得MN//平面ABD，可判定B正確；結(jié)合M∈平面ACD，M?平面BCD和N∈平面BCD，N?平面ACD，可判定C、D錯誤．【解答過程】如圖所示，取CD中點(diǎn)為E，連結(jié)AE、BE，由M，N分別是△ACD和△BCD的重心，可得AMME=2則EMEA=13，ENEB又由CD不平行AB，故A錯誤；由MN//AB，且MN?平面ABD，AB?平面ABD，所以MN//平面ABD，所以B正確；因?yàn)镸∈平面ACD，N?平面ACD，所以MN與平面ACD不平行，所以C錯誤；因?yàn)镹∈平面BCD，M?平面BCD，所以MN與平面BCD不平行，所以D錯誤．故選：B．5．（2024·海南·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，點(diǎn)D，E分別在棱AA1,CC1上，AB=AC=AD=2A1A．23 B．12 C．13【解題思路】根據(jù)線面平行的判定定理找到過直線AC且與直線B1E平行的平面，從而可以確定【解答過程】在BB1上取一點(diǎn)G使得B1AG與BD交于一點(diǎn)F，即為所求（如圖所示）.證明如下：根據(jù)已知CE=2C1E=2∴在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∴四邊形B1GCE為平行四邊形，∵B1G?平面ACG，CG?平面ACG，即B1G//平面又△BFG∽△DFA，∴∴BF=13BD故選：C.6．（2024·四川樂山·三模）在三棱柱ABC?A1B1C1中，點(diǎn)D在棱BB1上，且BB1=3BD，點(diǎn)M在棱A1C1上，且M為A1A．2 B．3 C．4 D．5【解題思路】根據(jù)已知條件及線面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)即可求解.【解答過程】依題意，作出圖形如圖所示設(shè)P為A1因?yàn)镸為A1所以MP//AC又MP?平面ADC1，AC所以MP//平面ADC過點(diǎn)P作PN//AD，交BB1于N,則易知PN//平面又因?yàn)镸P∩PN=P,MP?平面PMN，PN?平面PMN，所以平面PMN//平面ADC又MN?平面PMN,所以MN//平面ADC因?yàn)锳P//DN,所以四邊形APND為平行四邊形，所以AP=DN=1因?yàn)锽B所以NB=DB+DN=1NB所以NBN故選：D.7．（23-24高一下·海南·期末）如圖所示是一個正方體的平面展開圖，在這個正方體中以下四個命題中，真命題的序號是（

）①BM//平面ADE；②CN//平面ABF；③平面BDM//平面AFN；④平面BDE//平面NCF.A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【解題思路】把正方體的平面展開圖還原成正方體ABCD?EFMN，得出BM//平面ADNE，判斷①正確；由平面DCMN//平面ABFE，得出CN//平面ABFE，判斷②正確；由BD//FN，得出BD//平面AFN，同理BM//平面AFN，證明平面BDM//平面AFN，判斷③正確；由BD//FN，BE//CN，且BD∩BE=B，證明平面BDE//平面NCF，判斷④正確．【解答過程】把正方體的平面展開圖還原成正方體ABCD?EFMN，如圖1所示；對于①，平面BCMF//平面ADNE，BM?平面BCMF，∴BM//平面ADNE，①正確；對于②，平面DCMN//平面ABFE，CN?平面DCMN，∴CN//平面ABEF，②正確；對于③，如圖2所示，易知DN=BF,DN//BF，則四邊形BDNF為平行四邊形，則BD//FN，BD?平面AFN，F(xiàn)N?平面AFN，∴BD//平面同理可得四邊形ABMN為平行四邊形，則BM//AN，因?yàn)锽M?AFN，AN?平面AFN，則BM//平面AFN，且BD∩BM=B，BD,BM?平面BDM，∴平面BDM//平面AFN，③正確；對于④，如圖3所示，由③知BD//FN，因?yàn)锽D?平面NCF，F(xiàn)N?平面NCF，所以BD//平面NCF，因?yàn)锽C//EN,BC=EN，所以四邊形BCNE為平行四邊形，所以BE//CN，因?yàn)锽D?平面NCF，CN?平面NCF，所以BE//平面NCF，又因?yàn)锽D∩BE=B，且BD,BE?平面BDE，∴平面BDE//平面NCF，∴④正確．綜上，正確的命題序號是①②③④．故選：A．8．（23-24高二下·四川成都·期末）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，已知E，F(xiàn)，G，H，分別是A1

A．C，G，A1，F(xiàn)四點(diǎn)共面 B．直線EF//C．平面HCG//平面BDD1B1 D．直線【解題思路】根據(jù)線線平行即可判斷A，根據(jù)面面平行得線面平行即可判斷B，根據(jù)面面平行的性質(zhì)即可得矛盾判斷C，根據(jù)異面直線的幾何法找到其角，即可由三角形邊角關(guān)系求解D.【解答過程】取BC中點(diǎn)M，連接B1由于F是AD的中點(diǎn)，在正方體中可知A1又B1G=CM,B1G//CM因此CG//A1F，故C，G，A

取AB中點(diǎn)N，連接FN,EN,由于N,E,F均為中點(diǎn)，所以FN//BD,EN//BFN?平面DBB1D1，BD平面DBB同理EN//平面DBB1D1,所以平面EFN//平面DBB1D1，EF?平面EFN，故直線

假若平面HCG//平面BDD1B1，則平面HCG∩平面BCC1B1=GC，平面

由于GH//B1D故∠EFN為直線EF和HG所成角或其補(bǔ)角，不妨設(shè)正方體的棱長為a，則EN=a,FN=2由于EN⊥底面ABCD，F(xiàn)N?平面ABCD，所以EN⊥FN,故tan∠EFN=直線EF和HG所成角的正切值為2，D正確.故選：C.二、多選題9．（2024高一下·全國·專題練習(xí)）已知a，b是不同的直線，α是平面，下列命題錯誤的是（

）A．a(chǎn)//b，b?α?a//α B．a(chǎn)//αC．a(chǎn)//α，a//b?b//α D．a(chǎn)?α【解題思路】考查點(diǎn)線面位置關(guān)系，根據(jù)點(diǎn)線面位置關(guān)系類型和種類以及線面平行判定定理進(jìn)行討論分析即可.【解答過程】對于A，因?yàn)閎?α，α內(nèi)有無數(shù)條直線與b平行，故a//b還可能是a?α，故A錯誤；對于B，a//α，所以a與α沒有公共點(diǎn)，又b?α，所以a與b沒有公共點(diǎn)，所以a與b的位置可平行可異面，故B錯誤；對于C，因?yàn)閍//α,a//b，所以b//α或b在對于D，由線面平行的判定定理知D正確．故選：ABC．10．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知三棱柱ABC?A1B1C1中，A．BC1//平面A1DCC．A1D//平面B1EC【解題思路】對于A選項(xiàng)，連接AC1，交A1C于點(diǎn)F，連接對于B選項(xiàng)，取BC的中點(diǎn)G，連接DG,C1G對于C選項(xiàng)，取BC的中點(diǎn)P，連接DP,EP，然后通過平行四邊形法則證明A1通過EP與平面B1對于D選項(xiàng)，連接AC1，交EC于點(diǎn)Q，連接DQ，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知根據(jù)D是AB的中點(diǎn)，推斷點(diǎn)Q是AC【解答過程】選項(xiàng)A：如圖1，連接AC1，交A1C于點(diǎn)則點(diǎn)F是AC1的中點(diǎn)，又D是AB的中點(diǎn)，則DF?平面A1DC,B所以BC1//選項(xiàng)B：如圖2，取BC的中點(diǎn)G，連接DG,C1G，因?yàn)镈所以DG//AC，且DG=1所以DG//EC1,DG=EDE?平面BCC1B1，C1G?平面BCC選項(xiàng)C：如圖3，取BC的中點(diǎn)P，連接DP,EP，因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以DP//AC，且DP=1所以DP//A1所以A1D//EP，顯然選項(xiàng)D：如圖4，連接AC1，交EC于點(diǎn)Q，連接則平面ABC1∩平面CDE=DQ，若BC1//平面CDE，由于D是AB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)Q是AC而顯然點(diǎn)Q不是AC故選：AB.11．（2024·福建·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1DA．當(dāng)EF//AD1時，直線B．當(dāng)A1F//CE時，直線C．當(dāng)C1E//平面ADF時，直線D．當(dāng)平面AED1//平面A【解題思路】選項(xiàng)A，利用正方體中的點(diǎn)線關(guān)系，即可求解；選項(xiàng)B，在平面ABCD上作A1F的投影為AF1，利用任何滿足OE=OG且E,G不重合時，均有EC//AF1//A1F，即可求解；選項(xiàng)C，設(shè)E在直線AD上的投影為E1，利用任何滿足EE1=C【解答過程】對于A選項(xiàng)，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，且點(diǎn)F與點(diǎn)C1對于B選項(xiàng)，如圖1，設(shè)A1F在平面ABCD上的投影為AF1，AF則對于任何滿足OE=OG且E,G不重合時，AHCF1為平行四邊形，即有對于C選項(xiàng)，如圖1，設(shè)E在直線AD上的投影為E1，對于任何滿足EE1所以EE1F又因?yàn)镕E1?平面ADF，C1E?平面ADF故直線EF的位置無法唯一確定，故C選項(xiàng)錯誤；對于D選項(xiàng)，如圖2，當(dāng)且僅當(dāng)F為C1D1的中點(diǎn)，取CD中點(diǎn)H因?yàn)镈HAB=DEEB=12因?yàn)锳H//A1F，A1F?面A1CF，AH?連接A1D，A1易知FH//A1C，A1C?面A1CF，F(xiàn)H?又FH∩AH=H，F(xiàn)H,AH?面AED1，所以平面AED故選：AD.三、填空題12．（23-24高二·全國·課后作業(yè)）若直線a∥b，c，d為不重合的兩條直線，且a∥c，b∥d，則c與d的位置關(guān)系是c∥d．【解題思路】根據(jù)平行線的傳遞性，排除重合情況即可得解.【解答過程】因?yàn)閍∥b且a∥c根據(jù)平行線的傳遞性知b,c平行或重合，又因?yàn)閎∥d，再次利用平行線的傳遞性知c,d平行或重合，因?yàn)閏，d為不重合的兩條直線所以c∥d.故答案為：c∥d.13．（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，E,F分別為AD,PC上一點(diǎn)，且AE:AD=2:5，當(dāng)PA∥平面EBF時，PFFC=2

【解題思路】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，結(jié)合平行線的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【解答過程】如圖，連結(jié)AC交BE于點(diǎn)O，連結(jié)OF.

因?yàn)锳D∥BC,AE:AD=2:5，所以AOOC因?yàn)镻A∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC=OF,PA?平面PAC，所以PA∥OF，所以PFFC故答案為：2514．（2023·四川瀘州·三模）如圖，在