2025屆高考數(shù)學一輪復習第7章空間幾何體的結構及其三視圖和直觀圖第4講直線平面平行的判定與性質(zhì)創(chuàng)新教學案含解析新人教版

PAGE1-第4講直線、平面平行的判定與性質(zhì)[考綱解讀]1.駕馭線線、線面、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理，并能應用它們證明有關空間圖形的平行關系的簡潔命題．(重點)2．高考的重點考查內(nèi)容之一，主要以幾何體為載體考查線線、線面、面面平行的判定和性質(zhì)．[考向預料]從近三年高考狀況來看，本講是高考的重點考查內(nèi)容．預料2024年將會以以下兩種方式進行考查：①以幾何體為載體，考查線面平行的判定；②依據(jù)平行關系的性質(zhì)進行轉化．試題常以解答題的第一問干脆考查，難度不大，屬中檔題型.1.直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理不在平面eq\o(□,\s\up1(01))內(nèi)的一條直線與此平面eq\o(□,\s\up1(02))內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行(簡記為：線線平行?線面平行)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(03))l?α,\o(□,\s\up1(04))a?α,\o(□,\s\up1(05))l∥a))?l∥α性質(zhì)定理一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線eq\o(□,\s\up1(06))平行(簡記為：線面平行?線線平行)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(07))a∥α,\o(□,\s\up1(08))a?β,\o(□,\s\up1(09))α∩β＝b))?a∥b2．平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內(nèi)的兩條eq\o(□,\s\up1(01))相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為：線面平行?面面平行)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(02))a?α,\o(□,\s\up1(03))b?α,\o(□,\s\up1(04))a∩b＝P,\o(□,\s\up1(05))a∥β,\o(□,\s\up1(06))b∥β))?α∥β性質(zhì)定理假如兩個平行平面同時和第三個平面eq\o(□,\s\up1(07))相交，那么它們的交線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(08))α∥β,\o(□,\s\up1(09))α∩γ＝a,\o(□,\s\up1(10))β∩γ＝b))?a∥b3.必記結論(1)兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的隨意一條直線平行于另一個平面．(2)夾在兩個平行平面間的平行線段長度相等．(3)經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．(4)兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應線段成比例．(5)假如兩個平面分別和第三個平面平行，那么這兩個平面相互平行．1．概念辨析(1)若一條直線和平面內(nèi)一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．()(2)若直線a∥平面α，P∈α，則過點P且平行于直線a的直線有多數(shù)條．()(3)假如一個平面內(nèi)的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．()(4)假如兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內(nèi)的兩條直線平行或異面．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)假如直線a平行于平面α，直線b∥a，則b與α的位置關系是()A．b與α相交 B．b∥α或b?αC．b?α D．b∥α答案B解析兩條平行線中的一條與已知平面相交，則另一條也與已知平面相交，所以由直線b∥a，可知若b與α相交，則a與α也相交，而由題目已知，直線a平行于平面α，所以b與α不行能相交，所以b∥α或b?α.故選B.(2)如圖，α∥β，△PAB所在的平面與α，β分別交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，則AB＝________.答案eq\f(5,2)解析因為α∥β，△PAB所在的平面與α，β分別交于CD，AB，所以CD∥AB，所以eq\f(PC,PA)＝eq\f(CD,AB).因為PC＝2，CA＝3，CD＝1，所以AB＝eq\f(5,2).(3)在正方體ABCD－A1B1C1D1①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.答案①②④解析如圖，因為AB綊C1D1，所以四邊形AD1C1B故AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面，故③錯誤；因為AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正確．題型一直線與平面平行的判定與性質(zhì)角度1線面平行判定定理的應用1．(2024·全國卷Ⅰ節(jié)選)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D證明：MN∥平面C1DE.證明如圖，連接B1C，ME因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.角度2線面平行性質(zhì)定理的應用2．如圖所示，CD，AB均與平面EFGH平行，E，F(xiàn)，G，H分別在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.求證：四邊形EFGH是矩形．證明∵CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF，∴CD∥EF.同理，HG∥CD，∴EF∥HG.同理，HE∥GF，∴四邊形EFGH為平行四邊形，∵CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF為異面直線CD和AB所成的角．又CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平行四邊形EFGH為矩形．1．判定線面平行的三種方法(1)利用線面平行的定義(無公共點)，一般用反證法；(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．如舉例說明1；(3)利用面面平行的性質(zhì)定理①α∥β，a?α?a∥β；②α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β.2．用線面平行的判定定理證明線面平行(1)關鍵：在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線．(2)方法：合理利用中位線定理、線面平行的性質(zhì)，或者構造平行四邊形等證明兩直線平行．(3)易錯：簡潔漏掉說明直線在平面外．3．用線面平行的性質(zhì)定理證明線線平行(1)定勢：看到線面平行想到用性質(zhì)定理．(2)關鍵：合理選擇過已知直線的平面與已知平面相交．如舉例說明2.1．(2024·全國卷Ⅲ改編)如圖，四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．證明：MN∥平面PAB.證明由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.2．如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.求證：PA∥GH.證明如圖所示，連接AC交BD于點O，連接MO，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點，又M是PC的中點，∴AP∥OM.又MO?平面BMD，PA?平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA?平面PAHG，∴PA∥GH.題型二平面與平面平行的判定與性質(zhì)1．(2024·全國卷Ⅱ)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面答案B解析若α∥β，則α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行，反之則不成立；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件．依據(jù)平面與平面平行的判定定理知，若一個平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個平面平行，則兩平面平行，反之也成立．因此B中條件是α∥β的充要條件．故選B.2．如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.證明(1)∵G，H分別是A1B1，A1C1∴GH是△A1B1C1的中位線，則GH∥B1C又B1C1∥BC，∴GH∥BC∴B，C，H，G四點共面．(2)∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，∴EF∥BC，∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分別為A1B1，AB的中點，A1B1綊AB，∴A1G綊EB∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB.∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG.條件探究將本例中的條件“E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點”變?yōu)椤包cD，D1分別是AC，A1C1上的點，且平面BC1D∥平面AB1D1”，試求eq\f(AD,DC)的值．解如圖，連接A1B交AB1于點O，連接OD1.由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.所以BC1∥D1O，則eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1.同理，可證AD1∥DC1，則eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.1．判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理，轉化為證明線面平行．如舉例說明2(2)．(2)證明兩平面垂直于同一條直線．(3)證明兩平面與第三個平面平行．2．面面平行條件的應用(1)兩平面平行，分析構造與之相交的第三個平面，交線平行．(2)兩平面平行，其中一個平面內(nèi)的隨意一條直線與另一個平面平行．提示：利用面面平行的判定定理證明兩平面平行，須要說明是在一個平面內(nèi)的兩條直線是相交直線．(2024·南昌模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設M，N分別為PD，AD的中點．(1)求證：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱錐P－ABM的體積．解(1)證明：∵M，N分別為PD，AD的中點，∴MN∥PA.∵MN?平面PAB，PA?平面PAB，∴MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN?平面PAB，AB?平面PAB，∴CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，∴點M到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離．∵AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝eq\r(3)，∴三棱錐P－ABM的體積V＝VM－PAB＝VC－PAB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).題型三立體幾何中的探究性問題(2024·合肥三模)如圖，側棱與底面垂直的四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，點M在棱A1B1上，且A1M＝eq\f(1,3)A1B1.點E是直線CD上的一點，AM∥平面BC1E.(1)試確定點E的位置，并說明理由；(2)求三棱錐M－BC1E的體積．解(1)如圖，在棱C1D1上取點N，使D1N＝A1M

又D1N∥A1M∴四邊形A1MND1是平行四邊形，∴MN∥A1D1∥AD.∴四邊形AMND為平行四邊形，∴AM∥DN.過C1作C1E∥DN交CD于點E，連接BE，∴DN∥平面BC1E，AM∥平面BC1E，∴CE＝1.(2)由(1)知，AM∥平面BC1E，∴VM－BC1E＝VA－BC1E＝VC1－ABE＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×3))×4＝6.線面平行的探究性問題解決探究性問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果動身，找尋使這個結論成立的充分條件，假如找到了使結論成立的充分條件，則存在；假如找不到使結論成立的充分條件(出現(xiàn)沖突)，則不存在，而對于探求點的問題，一般是先探求點的位置，多為線段的中點或某個三等分點，然后給出符合要求的證明．如圖，矩形ABCD中，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉成△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE①MB是定值；②點M在圓上運動；③肯定存在某個位置，使DE⊥A1C④肯定存在某個位置，使MB∥平面A1DE.答案①②④解析如圖，取DC的中點N，連接MN，NB，則MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB?平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正確；∠A1DE＝∠MNB，MN＝eq\f(1,2)A1D＝定值，NB＝DE＝定值，依據(jù)余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以MB是定值，①正確；B是定點，所以M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，②正確；當矩形ABCD滿意AC⊥DE時存在，其他狀況不存在，③不正確．所以①②④正確．組基礎關1．若平面α∥平面β，直線a∥平面α，點B∈β，則在平面β內(nèi)且過B點的全部直線中()A．不肯定存在與a平行的直線B．只有兩條與a平行的直線C．存在多數(shù)條與a平行的直線D．存在唯一與a平行的直線答案A解析當直線a在平面β內(nèi)且過B點時，不存在與a平行的直線，故選A.2．設m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，且m，n?α，則“α∥β”是“m∥β且n∥β”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答案A解析若m，n?α，α∥β，則m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，則α與β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要條件．3.如圖所示，P是三角形ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，α分別交線段PA，PB，PC于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則△A′B′C′與△ABC面積的比為()A．2∶5B．3∶8C．4∶9D．4∶25答案D解析∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又PA′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝PA′∶PA＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC＝2∶5.∴△A′B′C′與△ABC相像，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25，故選D.4．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()答案A解析A項，作如圖①所示的協(xié)助線，其中D為BC的中點，則QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交，∴直線AB與平面MNQ相交．B項，作如圖②所示的協(xié)助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C項，作如圖③所示的協(xié)助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D項，作如圖④所示的協(xié)助線，則AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故選A.5．在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD上的點，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分別為BC，CD的中點，則()A．BD∥平面EFG，且四邊形EFGH是平行四邊形B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是平行四邊形D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形答案B解析如圖，由題意得EF∥BD，且EF＝eq\f(1,5)BD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HG∥BD，且HG＝eq\f(1,2)BD.所以EF∥HG，且EF≠HG.所以四邊形EFGH是梯形．又EF∥平面BCD，而EH與平面ADC不平行，故選B.6．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個命題：①四邊形EFGH是平行四邊形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面A．①② B．②③C．①③ D．①②③答案C解析直線AA1∥平面α，且平面α與平面AA1C1C、平面AA1B1B分別交于FG，EH，所以AA1∥FG，AA1∥EH，所以FG∥EH.又平面ABC∥平面A1B1C1，平面α與平面ABC、平面A1B1C1分別交于EF，GH，所以EF∥GH.所以四邊形EFGH為平行四邊形．因為AA1∥平面α，且AA1⊥平面ABC，所以平面α⊥平面ABC，即平面α⊥平面BCFE.平面α與平面BCC1B1可能相交，考慮特別狀況：F與C重合，7．(2024·益陽模擬)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M是AD的中點，動點P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界)，若B1P∥平面A1BM，則C1PA.eq\f(\r(30),5) B.eq\f(2\r(30),5)C.eq\f(2\r(7),5) D.eq\f(4\r(7),5)答案B解析如圖，在A1D1上取中點Q，在BC上取中點N，連接DN，NB1，B1Q，QD，∵DN∥BM，DQ∥A1M且DN∩DQ＝D，BM∩A1M＝M，∴平面B1QDN∥平面A1BM，則動點P的軌跡是DN(不含D，N兩點)．又CC1⊥平面ABCD，則當CP⊥DN時，C1P取得最小值，此時，CP＝eq\f(2×1,\r(12＋22))＝eq\f(2,\r(5))，∴C1P的最小值是eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))2＋22)＝eq\f(2\r(30),5).8．(2024·沈陽模擬)下列三個命題在“________”處都缺少同一個條件，補上這個條件使其構成真命題(其中l(wèi)，m為直線，α，β為平面)，則此條件是________．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,m∥α,①))?l∥α；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m?α,l∥m,②))?l∥α；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥m,m⊥α,③))?l∥α.答案l?α解析①l∥m，m∥α?l∥α或l?α，由l?α?l∥α；②l?α，m?α，l∥m?l∥α；③l⊥m，m⊥α?l∥α或l?α，由l?α?l∥α.9.(2024·北京海淀模擬)如圖，ABCD－A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M，N分別是下底面的棱A1B1，B1C1的中點，P是上底面的棱AD上的一點，AP＝eq\f(a,3)，過P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________.答案eq\f(2\r(2),3)a解析如圖所示，連接AC，易知MN∥平面ABCD，又平面PQNM∩平面ABCD＝PQ，MN?平面PQNM，∴MN∥PQ.又MN∥AC，∴PQ∥AC.又AP＝eq\f(a,3)，∴eq\f(PD,AD)＝eq\f(DQ,CD)＝eq\f(PQ,AC)＝eq\f(2,3)，∴PQ＝eq\f(2,3)AC＝eq\f(2\r(2),3)a.10．如圖，在正四棱柱A1C中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動，則M只需滿意條件________時，就有MN∥平面B1BDD1答案M位于線段FH上(答案不唯一)解析連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.組實力關1．如圖是正方體的平面綻開圖，關于這個正方體有以下推斷：①ED與NF所成的角為60°；②CN∥平面AFB；③BM∥DE；④平面BDE∥平面NCF.其中正確推斷的序號是()A．①③ B．②③C．①②④ D．②③④答案C解析把正方體的平面綻開圖還原成正方體ABCD－EFMN，得ED與NF所成的角為60°，故①正確；CN∥BE，CN?平面AFB，BE?平面AFB.∴CN∥平面AFB，故②正確；BM與ED是異面直線，故③不正確；∵BD∥FN，BE∥CN，BD∩BE＝B，BD?平面BDE，BE?平面BDE，所以平面BDE∥平面NCF，故④正確．正確推斷的序號是①②④，故選C.2．平面α過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3)答案A解析如圖，過點A補作一個與正方體ABCD－A1B1C1D1相同棱長的正方體，易知m，n所成角為∠EAF1，因為△EAF1為正三角形，所以sin∠EAF1＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，故選A.3．如圖所示，側棱與底面垂直，且底面為正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分別在AD1，BC上移動，始終保持MN∥平面DCC1D1，設BN＝x，MN＝y(tǒng)，則函數(shù)y＝f(x答案C解析過M作MQ∥DD1，交AD于點Q，連接QN.∵MQ?平面DCC1D1，DD1?平面DCC1D1，∴MQ∥平面DCC1D1，∵MN∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD與平面MNQ和DCC1D1分別交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵eq\f(MQ,AQ)＝eq\f(DD1,AD)＝2.∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(0≤x<1,1≤y<eq\r(5))，∴函數(shù)y＝f(x)的圖象為焦點在y軸上的雙曲線上支的一部分，故選C.4．(2024·河南鄭州模擬)如圖，四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．求證：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.證明(1)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO，又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DE∥GN，又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M為AB的中