第40讲 直线与平面、平面与平面平行(解析版)2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第40讲：直线与平面、平面与平面平行

一、课程标准

1、以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理； 2、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 二、基础知识回顾 知识梳理

1. 直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义

直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行． (2)判定定理与性质定理

判定 文字语言 平面外一条直线与此平面定理 内的一条直线平行，则该直线平行于此平面 a∥b⇒a∥α 性质 一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一定理 平面与此平面的交线与该直线平行 α∩β＝b⇒ a∥b

2. 平面与平面平行 (1)平面与平面平行的定义

没有公共点的两个平面叫做平行平面． (2)判定定理与性质定理

a∥α，a⊂β， a⊄α，b⊂α， 图形表示 符号表示 20 / 20

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判定 文字语言 一个平面内的两条相交直线与另一个平面定理 平行，则这两个平面平行 a∩b＝P， a∥β，b∥β⇒ α∥β 性质 定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 如果两个平行平面同α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝时和第三个平面相交，b⇒a∥b 那么它们的交线平行 3. 与垂直相关的平行的判定 (1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b． (2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β． 三、自主热身、归纳总结

1、 若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( ) A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都有可能 【答案】D

【解析】 由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面．故选D.

2、设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”的( )

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

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图形表示 符号表示 a⊂α，b⊂α， α∥β，a⊂α⇒a∥β 2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件 【答案】B

【解析】 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，∴m∥βα∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，∵m⊂α，∴m∥β.综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件．故选B. 3、已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：

①α内任意不共线的三点到β的距离都相等； ②l，m是α内的两条直线，且l∥β，m∥β；

③l，m是两条异面直线，且l∥α，l∥β，m∥α，m∥β； 其中可以判定α∥β的是( ) A. ① B. ② C. ①③ D. ③ 【答案】C

【解析】 命题①，任意不共线三点可以确定一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可得到α∥β，故①正确；命题②，由面面平行的判定可知，若l，m平行，则不一定能够推理得到α∥β，故②错误；命题③，由l，m是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与α，β都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，α∥β，故③正确．∴满足条件的是①③. 故选C. 4、 在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是________．(填序号)

①AD1∥BC1；

②平面AB1D1∥平面BDC1； ③AD1∥DC1； ④AD1∥平面BDC1. 【答案】 ①②④

【解析】 如图，因为AB＝C1D1，AB∥C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．

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5、(多选)下列命题正确的是( )

A．若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内

B．如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交 C．若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线平行或异面 D．若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b 【答案】AC

【解析】 若直线与平面有两个公共点，由基本事实2可得直线在平面内，故A对；如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故B错；若直线l与平面α平行，则l与平面α内的直线无公共点，即平行或异面，故C对；若平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a∥b或a，b异面，故D错．

6、(多选)如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，下列命题正确的是( )

A．MB是定值 B．点M在圆上运动

C．一定存在某个位置，使DE⊥A1C D．一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE

【答案】ABD

【解析】 取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∵MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，∴平1

面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，D正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定

2值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，∴MB是定值，A正确；∵B是定点，∴M在以B为圆心，MB为半径的圆上，B正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，C不正确．∴A、B、D正确．

7、(一题两空)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________，

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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)． 【答案】①或③

【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．

四、例题选讲

考点一 直线与平面平行的判定

例1 如图，四边形ABCD是平行四边形，AF∥DE，DE＝2AF.求证：AC∥平面BEF.

1

【证明】 设AC∩BD＝O，取BE中点G，连结FG，OG，∴OG∥DE且OG＝DE.

2

∵AF∥DE，DE＝2AF， ∴AF∥OG且AF＝OG，

∴四边形AFGO是平行四边形，FG∥AO. ∵FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF， ∴AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.

变式1、如图，在四棱锥E­ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，CD＝2AB＝2CE＝4，点F为棱DE的中点． 证明：AF∥平面BCE.

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【证明】 法一：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＝1

2CD＝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：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：如图，取棱CD的中点G，连接AG，GF，

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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.

变式2、（陕西西安中学2019届高三质检）如图所示，斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1的中点．求证： (1)AD1∥平面BDC1； (2)BD∥平面AB1D1.

【证明】(1)∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，四边形ACC1A1为平行四边形，∴C1D1∴四边形ADC1D1为平行四边形，∴AD1∥C1D. 又AD1⊄平面BDC1，C1D⊂平面BDC1， ∴AD1∥平面BDC1.

(2)连接DD1，∵BB1∥平面ACC1A1，BB1⊂平面BB1D1D，平面ACC1A1∩平面BB1D1D＝DD1， ∴BB1∥DD1，

DA，

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又∵D1，D分别为A1C1，AC的中点，∴BB1＝DD1， 故四边形BDD1B1为平行四边形， ∴BD∥B1D1，

又BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1， ∴BD∥平面AB1D1.

1

变式3、如图，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中

2点，AC与BE相交于点O，G是线段OF上一点．求证：

(1) AP∥平面BEF； (2) GH∥平面PAD.

【解析】 (1) 连结EC.

1

因为AD∥BC，BC＝AD，E为AD的中点，

2所以BC＝AE，BC∥AE， 所以四边形ABCE是平行四边形， 所以O为AC的中点．

又因为F是PC的中点，所以FO∥AP. 因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF， 所以AP∥平面BEF. (2) 连结FH，OH.

因为F，H分别是PC，CD的中点， 所以FH∥PD， 所以FH∥平面PAD.

又因为O是BE的中点，H是CD的中点，

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所以OH∥AD， 所以OH∥平面PAD.

又FH∩OH＝H，FH，OH⊂平面OHF， 所以平面OHF∥平面PAD. 又因为GH⊂平面OHF， 所以GH∥平面PAD.

1

变式4、（2020年届高三徐州模拟）如图，四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H

2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，

1

∵AD∥BC，BC＝AD，E是AD的中点，

2

∴BC

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，

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∴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. 方法总结：线面平行问题的解题关键

(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、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，从而证明直线与平面平行．

(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线． 考点二 面面平行的判定与性质

例2、 已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥BC，AD＝2BC，E，F分别为CC1，DD1的中点． 求证：平面BEF∥平面AD1C1.

【证明】 取AD的中点G，连接BG，FG.因为E，F分别为CC1，DD1的中点，

所以C1D1綊CD綊EF，

因为C1D1⊂平面AD1C1，EF⊄平面AD1C1， 所以EF∥平面AD1C1. 因为AD∥BC，AD＝2BC，

所以GD綊BC，即四边形BCDG是平行四边形， 所以BG綊CD，所以BG綊EF， 即四边形EFGB是平行四边形，

所以BE∥FG.因为F，G分别是DD1，AD的中点，

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所以FG∥AD1，所以BE∥AD1.

因为AD1⊂平面AD1C1，BE⊄平面AD1C1， 所以BE∥平面AD1C1.

又BE⊂平面BEF，FE⊂平面BEF，BE∩EF＝E， 所以平面BEF∥平面AD1C1.

变式1、（2020年南通学情调研）如图，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)∵在△A1B1C1中，G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC， ∴GH与BC确定一个平面α， ∴G，H，B，C∈α， ∴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. 易证A1G∴A1E∥GB.

∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG. ∴A1E∥平面BCHG.

∵A1E∩EF＝E，且A1E⊂平面EFA1，EF⊂平面EFA1， ∴平面EFA1∥平面BCHG.

变式2、如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中

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EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，

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点．求证：

(1) BE∥平面DMF； (2) 平面BDE∥平面MNG.

【解析】 (1) 如图所示，设DF与GN交于点O，连结AE，在平行四边形ADEF中，G，N分别为EF，AD的中点，所以AE必过点O，且O为AE的中点．

连结MO，因为M为AB的中点， 所以MO为△ABE的中位线， 所以BE∥MO.

因为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.

因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因为M为AB的中点， 所以MN为△ABD的中位线， 所以BD∥MN.

因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG， 所以BD∥平面MNG.

因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线， 所以平面BDE∥平面MNG.

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方法总结：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．

考点三 平行关系的综合应用 例3、在三棱柱ABC－A1B1C1中，

(1)若 E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：平面EFA1∥平面BCHG. AD

(2) 若点D，D1分别是AC、A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1，试求的值．

DC

【证明】 (1)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC. ∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，

∴EF∥平面BCHG.∵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EFA，∴平面EFA1∥平面BCHG. (2)连接A1B交AB1于O，连接OD1.

由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，∴BC1

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A1D1A1OA1D1DCDCAD

∥D1O，则＝＝1.又由题设＝，∴＝1，即＝1.

D1C1OBD1C1ADADDC

变式1、（湖北荆州中学2019届高三模拟）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．

【解析】 (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.

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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， 11

且ME＝BD＝3，MF＝AC＝2.

22

∴∠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＝ME2＋MF2－2ME·MF·cos ∠EMF＝ 即EF＝7或EF＝19.

变式2、如图，已知在三棱柱ABCA1B1C1中，D是棱CC1的中点，试问在棱AB上是否存在一点E，使得DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．

132＋22±2×3×2×＝13±6，

2

【解析】 存在点E，当E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1.

如图，取BB1的中点F，连结DF，则DF∥B1C1. 因为DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1， 所以DF∥平面AB1C1.

因为AB的中点为E，连结EF，ED， 所以EF∥AB1.

因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1， 所以EF∥平面AB1C1.

因为DF∩EF＝F，EF，DF⊂平面DEF，

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所以平面DEF∥平面AB1C1.

因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.

变式3、 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，F是AB的中点，E是PD的中点．

(1) 证明：PB∥平面AEC；

(2) 在PC上求一点G，使FG∥平面AEC，并证明你的结论．

【解析】 (1) 连结BD，交AC于点O，连结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. 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC， 所以PB∥平面AEC.

(2) PC的中点G即为所求的点． 证明如下： 连结GE，FG. 因为E为PD的中点， 所以GE∥CD，GE＝1

2CD.

又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形， 所以FA∥CD，FA＝1

2

CD，

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所以FA＝GE，FA∥GE， 所以四边形AFGE为平行四边形， 所以FG∥AE.

又FG⊄平面AEC，AE⊂平面AEC， 所以FG∥平面AEC.

方法总结：（1）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．对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决． （2）探索性问题要根据题目确立成立的条件，然后当成已知进行证明。

五、优化提升与真题演练

1、【2019年高考全国Ⅱ卷】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 C．α，β平行于同一条直线 【答案】B

【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若∥，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是∥的必要条件，故选B．

2、【2019年高考北京卷】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；

②m∥；

③l⊥．

B．α内有两条相交直线与β平行 D．α，β垂直于同一平面

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内； （3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α. 故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

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3、（2020年淮阴中学月考）已知直线a、b和平面，下列说法中不正确的有( ) A．若a//，b//，则a//b B．若a//b，b//，则a// C．若a//，b，则a//b

D．直线a平行于平面内的无数条直线，则a// 【答案】ABCD．

【解析】由直线a、b和平面，得：

在A中，若a//，b//，则a与b相交、平行或异面，故A错误； 在B中，若a//b，b//，则a//或a，故B错误； 在C中，若a//，b，则a与b平行或异面，故C错误；

在D中，直线a平行于平面内的无数条直线，则a//或a，故D错误． 4、(一题两空)如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．(1)若BC1∥平面AB1D1，则

A1D1

D1C1

＝________； (2)若平面BCAD

1D∥平面AB1D1，则

DC

＝________.

【答案】(1)1 (2)1

【解析】 (1)如图，取DA1为线段A1C1的中点，此时1D1

D1C1＝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A1D1

D1C1＝1时，BC1∥平面AB1D1.

(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1， 且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，

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平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O. 因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1. A1D1A1OA1D1DC因为＝，＝.

D1C1OBD1C1AD

A1ODCAD又因为＝1，所以＝1，即＝1.

OBADDC

5、如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，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)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，∴BE∥MO.∵BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，∴BE∥平面DMF.

(2)∵N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点， ∴DE∥GN.∵DE⊄平面MNG， GN⊂平面MNG， ∴DE∥平面MNG. ∵M为AB的中点，

∴MN为△ABD的中位线，∴BD∥MN.∵BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，∴BD∥平面MNG. ∵DE∩BD＝D，BD，DE⊂平面BDE，∴平面BDE∥平面MNG.

第6题图

6、如图，四棱锥P－ABCD

中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点． (1)求证：CE∥平面PAD.

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2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．

【证明】 (1)取PA的中点H，连接EH，DH，∵E为PB的中点， ∴EH∥AB，EH＝12AB，又AB∥CD，CD＝1

2AB，∴EH∥CD，EH＝CD，

∴四边形DCEH是平行四边形，∴CE∥DH，

第3题图

又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，∴CE∥平面PAD. (2)存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF， 证明如下：

取AB的中点F，连接CF，EF，∴AF＝ 12AB，又CD＝1

2

AB，∴AF＝CD， 又AF∥CD，∴四边形AFCD为平行四边形， ∴CF∥AD，又AD⊂平面PAD，CF⊄平面PAD，

∴CF∥平面PAD，由(1)可知CE∥平面PAD，又CE∩CF＝C， 故平面CEF∥平面PAD， 故存在AB的中点F满足要求．

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