人教A版 (2019)必修 第二册空间直线、平面的平行优质学案及答案

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册空间直线、平面的平行优质学案及答案，文件包含85空间直线平面的平行2025-2026高中数学必修二高一下同步复习讲义原卷版docx、85空间直线平面的平行2025-2026高中数学必修二高一下同步复习讲义解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共76页， 欢迎下载使用。
▉考点01 空间中的平行关系
1．直线与直线平行
(1)基本事实4
①自然语言：平行于同一条直线的两条直线平行.
②符号语言：a,b,c是三条不同的直线，若a∥b，b∥c，则a∥c.
③作用：判断或证明空间中两条直线平行.
(2)空间等角定理
①自然语言：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
②符号语言：如图(1)(2)所示，在∠AOB与∠A'O'B'中，OA∥O'A'，OB∥O'B'，则∠AOB=∠A'O'B'或∠AOB+∠A'O'B'=.

2．直线与平面平行
(1)判定定理
①自然语言
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线线平行，则线面平行”.
(2)性质定理
①自然语言
一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线面平行，则线线平行”.
(3)性质定理的作用
①作为证明线线平行的依据.当证明线线平行时，可以证明其中一条直线平行于一个平面，另一条直线是过第一条直线的平面与已知平面的交线，从而得到两条直线平行.
②作为画一条与已知直线平行的直线的依据.如果一条直线平行于一个平面，要在平面内画一条直线与已知直线平行，可以过已知直线作一个平面与已知平面相交，交线就是所要画的直线.
3．平面与平面平行
(1)判定定理
①自然语言
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.
②图形语言
③符号语售
.
该定理可简记为“若线面平行，则面面平行”.
(2)判定定理的推论
①自然语言
如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，那么这两个平面平行.
②图形语言
③符号语言
.
(3)性质定理
①自然语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若面面平行，则线线平行”.
(4)两个平面平行的其他性质
①两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面.
②平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等.
③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
④两条直线同时被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例.
⑤如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行.
【注】
1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α//β.
2．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α//β，β//γ，则α//γ.
3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a//b.
4．若α//β，aα，则a//β.
▉考点02 平行关系的相互转化及综合应用
1．平行关系的相互转化及综合应用
(1)证明线线平行的常用方法
①利用线线平行的定义：在同一平面内，不相交的两条直线是平行直线.
②利用基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行.
③利用三角形的中位线定理：三角形的中位线平行且等于底边的一半.
④利用平行线分线段成比例定理.
⑤利用线面平行的性质定理.
⑥利用面面平行的性质定理.
⑦利用反证法：假设两条直线不平行，然后推出矛盾，进而得出两条直线是平行的.
(2)证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点.
②利用直线与平面平行的判定定理：a，a∥b，b，则a∥.使用定理时，一定要说明“平面外一条直线与此平面内的一条直线平行”，若不注明，则证明过程不完整.因此，要证明a∥，则必须在平面内找一条直线b，使得a∥b，从而达到证明的目的，这三个条件缺一不可.
③利用面面平行的性质：若平面∥平面，直线a，则a∥.
④利用反证法.这时“平行”的否定有“在平面内”和“与平面相交”两种，只有在排除“直线在平面内”和“直线与平面相交”这两种位置关系后才能得到“直线与平面平行”的结论，在这一点上往往容易出错，应引起重视.
(3)平面与平面平行的判定方法
①根据定义：证明两个平面没有公共点，但有时直接证明非常困难.
②根据判定定理：要证明两个平面平行，只需在其中一个平面内找两条相交直线，分别证明它们平行
于另一个平面，则这两个平面平行.
③根据判定定理的推论：在一个平面内找到两条相交的直线分别与另一个平面内两条相
交的直线平行，则这两个平面平行.
④根据平面平行的传递性：若两个平面都平行于第三个平面，则这两个平面平行.
⑤利用反证法.
(4)平行关系的相互转化
常见的平行关系有线线平行、线面平行和面面平行，这三种关系不是孤立的，而是相互联系、相互转化的，如图所示.
▉考点01 平行公理（共11小题）
1．如图，空间四边形ABCD的对角线AC，BD相等，顺次连接各边中点E，F，G，H，则四边形EFGH一定是（ ）
A．矩形B．正方形
C．菱形D．空间四边形
【答案】C
【解答】解：连接AC、BD，则
∵E、F、G、H分别为各边的中点，
∴EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，FG∥BD，EF＝GH=12AC，EH＝FG=12BD
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC＝BD
∴EF＝EH
∴四边形EFGH是菱形
故选：C．
2．已知AB∥PQ，BC∥QR，∠ABC＝60°，则∠PQR等于（ ）
A．60°B．60°或120°
C．120°D．以上结论都不对
【答案】B
【解答】解：∵AB∥PQ，BC∥QR，
且∠ABC＝60°，
∴∠PQR＝60°或120°
故选：B．
3．已知∠BAC＝30°，AB∥A′B′，AC∥A′C′，则∠B′A′C′＝（ ）
A．30°B．150°
C．30°或150°D．大小无法确定
【答案】C
【解答】解：已知∠BAC＝30°，AB∥A′B′，AC∥A′C′，
当角的方向相同时，∠B′A′C′＝30°，
当角的方向相反时，∠B′A′C′＝150°，
故选：C．
4．如果OA∥O′A′，OB∥O′B′，那么∠AOB和∠A′O′B′（ ）
A．互补
B．可能相等，也可能互补
C．大小无关
D．相等
【答案】B
【解答】解：若∠AOB和∠A′O′B′的方向相同，则∠AOB＝∠A′O′B′，若∠AOB和∠A′O′B′的方向相反，则∠AOB+∠A′O′B′＝π，即∠AOB和∠A′O′B′互补．
故选：B．
5．空间两个角α，β的两边分别对应平行，且α＝60°，则β为（ ）
A．60°B．120°C．30°D．60°或120°
【答案】D
【解答】解：如图，
∵空间两个角α，β的两边对应平行，
∴这两个角相等或互补，
∵α＝60°，
∴β＝60°或120°．
故选：D．
6．若AB∥A'B'，AC∥A'C'，则有（ ）
A．∠BAC＝∠B'A'C'
B．∠BAC+∠B'A'C'＝180°
C．∠BAC＝∠B'A'C'或∠BAC+∠B'A'C'＝180°
D．∠BAC+∠B'A'C'＝90°
【答案】C
【解答】解：根据平行公理知，若AB∥A′B′，AC∥A′C′，
则有∠BAC＝∠B′A′C′或∠BAC+∠B′A′C′＝180°．
故选：C．
7．已知∠BAC＝40°，AB∥A′B′，AC∥A′C′，则∠B′A′C′＝（ ）
A．40°B．140°
C．40°或140°D．大小无法确定
【答案】C
【解答】解：利用等角定理，如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，
故AB∥A′B′，AC∥A′C′，
则有∠BAC＝∠B′A′C′或∠BAC+∠B′A′C′＝180°，
又∠BAC＝40°，
所以∠B′A′C′＝40°或140°．
故选：C．
8．如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角 ．
【答案】相等或互补
【解答】解：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．
故答案为：相等或互补．
9．设∠A与∠B的两边分别平行，若∠A＝45°，则∠B的大小为 ．
【答案】45°或135°
【解答】解：∵∠α的两边和∠β的两边分别平行，
∴∠α与∠β相等或互补，
∵∠α＝45°，
∴∠β＝45°或∠β＝180°﹣45°＝135°，
故答案为：45°或135°．
10．若AB∥A'B'，AC∥A'C'，则下列结论：
①∠BAC＝∠B'A'C'；
②∠BAC+∠A'B'C'＝180°；
③∠BAC＝∠B'A'C'或∠BAC+∠B'A'C'＝180°．
一定成立的是 ．
【答案】③．
【解答】解：利用等角定理：空间中如果两个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．
故选项③一定成立．
故答案为：③．
11．空间四边形ABCD中，点E、F、G、H为边AB、BC、CD、DA上的点，且EH∥FG，求证：EH∥BD．
【答案】见试题解答内容
【解答】证明：∵点E、F、G、H为空间四边形边AB．BC．CD．DA上的点
∴直线EH⊄平面BCD，直线FG⊂平面BCD
又EH∥FG
∴直线EH∥平面BCD
又∵EH⊂平面ABD且平面ABD∩平面BCD＝BD
∴EH∥BD
▉考点02 直线与平面平行（共28小题）
12．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点（可与端点重合），若PQ∥面AB1C，则线段PQ的长度为（ ）
A．52B．2C．72D．3
【答案】B
【解答】解：如图，
在ABCD﹣A1B1C1D1中，
A1C1∥AC，又AC⊂平面AB1C，A1C1⊄平面AB1C，
所以A1C1∥面AB1C，
因为点P，Q分别为棱AA1，C1D1上的动点（可与端点重合），PQ∥面AB1C，
所以PQ即为A1C1，
棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1=2，
所以|PQ|=2，
故选：B．
13．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，若PA1∥平面AEF，则线段PA1的长度的最小值是（ ）
A．322B．2C．5D．3
【答案】A
【解答】解：取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，ME，如图所示：
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AA1∥BB1∥ME，且AA1＝BB1＝ME，
所以四边形AA1ME是平行四边形，所以A1M∥AE，
又因为A1M⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以A1M∥平面AEF．
因为M，N分别是B1C1和BB1的中点，所以MN∥BC1．
同理可知EF∥BC1，所以EF∥MN．
又因为MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以MN∥平面AEF．
又因为A1M∩MN＝M，A1M⊂平面A1MN，MN⊂平面A1MN，
所以平面A1MN∥平面AEF．
因为PA1∥平面AEF，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，
所以点P在线段MN上运动．
在△A1MN中，A1M＝A1N=5，MN=2，△A1MN为等腰三角形，
所以点P为线段MN的中点时，PA1取得最小值．
此时PA1=A1M2-PM2=(5)2-(22)2=322，
即PA1的最小值为322．
故选：A．
14．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，不满足直线MN∥平面ABC的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解答】解：对于A，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥EF∥AC，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ABDCEF，由正方体的性质可得MN∥BF，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥BD，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足．
故选：D．
15．已知l，m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，α∥β，则m∥β
C．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
D．若m⊂α，n⊂β，α∩β＝l，m∥β，n∥α，则m∥n
【答案】D
【解答】解：对于A，根据空间线面关系，
若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面都有可能，故A错误；
对于B，根据空间线面关系，
若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，故B错误；
对于C，根据空间两平面的位置关系，
若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交，故C错误；
对于D，由线面平行的性质定理，
若m⊂α，m∥β，α∩β＝l，可得m∥l，
同理可得n∥l，所以m∥n，故D正确．
故选：D．
16．若m，n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m⊥n，m∥α，则n⊥αB．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
C．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥α，n∥α，则m∥n
【答案】B
【解答】解：A中，由m⊥n，m∥α，得n与α相交或n∥α或n⊂α3种位置关系，则A错误；
B中，由m∥α，n⊥α，得m⊥n，则B正确；
C中，由m∥n，m∥α，得n∥α或n⊂α2种位置关系，则C错误；
D中，由m∥α，n∥α，得m∥n或m，n相交或m，n异面3种位置关系，则D错误．
故选：B．
17．已知a，b是两条不同的直线，α为一个平面，a⊂α，则“b∥α”是“a，b无公共点”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】A
【解答】解：a⊂α，因为b∥α可得a，b无公共点，
当a，b无公共点时，可能b与α相交，也可能b⊂α，有可能b∥α，
所以“b∥α”是“a，b无公共点”充分不必要条件．
故选：A．
18．如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，CFCP=（ ）
A．23B．32C．2D．12
【答案】A
【解答】解：连接AC，设AC交BE于O，连接OF，
因为PA∥平面EBF，OF⊂平面BEF，
且PA，OF⊂平面PAC，
所以PA∥OF，
在平行四边形ABCD，E为AD的中点，所以CFFP=OCOA=BCAE=2，
所以CFCP=23．
故选：A．
19．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M，N分别为棱AB，AD，D1C1，C1B1的点，满足C1MC1D1=C1NC1B1=AEAB=AFAD=λ(λ∈(0，1))，过E，F，M，N四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（ ）
A．λ=12时，该截面是正六边形
B．λ=78时，四边形EFMN为正方形
C．MN∥平面AD1B1
D．当四边形EFMN为正方形时，它的面积为89
【答案】B
【解答】解：
在正方体中，因为C1MC1D1=C1NC1B1，根据相似三角形的判定定理（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），
可知△C1MN与△C1B1D1相似，
所以∠MC1N＝∠B1C1D1，
进而可得 MN∥B1D1，
又因为线面平行的判定定理，已知MN⊄平面AD1B1，B1D1⊂平面AD1B1，
所以MN∥平面 AD1B1，故C选项正确；
判断当λ=12时截面的形状：当λ=12时，如前面第一个图，可以得到该截面为正六边形，所以A选项正确；
判断四边形EFMN为正方形时的情况：如前面第二个图，作NH⊥BC，垂足为H，
在正方体中，棱长设为1，所以NH＝1，
因为C1MC1D1=C1NC1B1=λ，
根据正方体棱长以及线段比例关系可得MN=2λ，
根据正方体棱长以及λ的关系可得EH=2(1-λ)，
在Rt△ENH 中，根据勾股定理EN=NH2+EH2=1+2(1-λ)2，
由于四边形EFMN为正方形，
所以 MN＝EN，即2λ=1+2(1-λ)2，
等式两边同时平方可得2λ2＝1+2（1﹣2λ+λ2），
展开括号：2λ2＝1+2﹣4λ+2λ2，
移项化简可得：4λ＝3，解得λ=34，
此时MN=2×34=324，
正方形EFMN的面积为MN2=(324)2=98，
所以B选项错误，D 选项正确．
故选：B．
20．下列结论正确的是（ ）
A．若直线l⊥平面α，直线l⊥平面β，则α∥β
B．若直线l∥平面α，直线l∥平面β，则α∥β
C．若两直线l1、l2与平面α所成的角相等，则l1∥l2
D．若直线l上两个不同的点A、B到平面α的距离相等，则l∥α
【答案】A
【解答】解：A中，垂直于同一直线的两平面互相平行，所以直线直线l⊥平面α，直线l⊥平面β，则α∥β，正确；
B中，若直线l∥平面α，直线l∥平面β，则两平面可能相交或平行，故B错；
C中，若两直线l1、l2与平面α所成的角相等，则l1、l2可能相交、平行或异面，故C错；
D中，若直线l上两个不同的点A、B到平面α的距离相等，则直线与平面可能相交或者平行，故D错．
故选：A．
21．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D，E分别在棱AA1，CC1上，AB＝AC＝AD＝A1D＝3，CE＝2C1E＝4，点F满足BF→=λBD→(0＜λ＜1)，若B1E∥平面ACF，则λ的值为（ ）
A．25B．35C．13D．12
【答案】A
【解答】解：因为AB＝AC＝AD＝A1D＝3，CE＝2C1E＝4，可得C1E＝2，
则BB1＝6，在BB1上取BM＝C1E＝2，连接CM，AM，
则B1M＝CE＝4，且B1E∥CE，所以四边形B1MCE为平行四边形，
所以CM∥B1E，
因为CM⊂平面ACM，B1E⊄平面ACM，可得B1E∥平面ACM，
又因为B1E∥平面ACF，可得平面ACF与平面ACM重合，
因为BF→=λBD→，可得AM∩BD＝F，因为BM∥AD，且BMAD=23，
所以BFDF=23，即BFBD=25，
即BF=25BD，
所以λ=25．
故选：A．
22．若直线m∥平面α，直线n⊂α，则（ ）
A．m∥nB．m与n异面
C．m与n相交D．m与n没有公共点
【答案】D
【解答】解：若直线m∥平面α，可得直线m与面α没有公共点，
而直线n⊂α，所以m∥n或m与n异面，故m与n没有公共点．
故选：D．
23．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，在如图所示的鳖臑A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD，E，F分别为BC，AD的中点，过EF的截面α与AC交于点G，与BD交于点H，AB＝1，若AB∥截面α，且CD∥截面α，四边形GEHF是正方形，则CD＝（ ）
A．12B．1C．32D．2
【答案】B
【解答】解：因为E，F分别为BC，AD的中点，过EF的截面α与AC交于点G，
与BD交于点H，AB∥截面α，且CD∥截面α，四边形GEHF是正方形，
可得G，H分别为AC，BD的中点，
AB∥GE，GF∥CD，AB＝2GE，CD＝2GF，
因为四边形GEHF是正方形，
所以GE＝GF，
因为AB＝1，
所以CD＝AB＝1．
故选：B．
（多选）24．设α，β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β＝m．下述四个命题为真命题的有（ ）
A．若m∥n，则n∥α且n∥β
B．若m∥n，则n平行于平面α内的无数条直线
C．若n∥α且n∥β，则m∥n
D．若n在平面β外，则m与n平行或异面
【答案】BC
【解答】解：对于A，若m∥n，则n∥α且n∥β或n⊂α或n⊂β，故A错误；
对于B，若m∥n，α∩β＝m，
因为m⊂α，过直线n可以有无数个平面与α相交，
则交线与直线n平行，故B正确；
对C，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，
则n∥s，
同理可得n∥t，则s∥t，
因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s∥平面β，
因为s⊂平面α，α∩β＝m，则s∥m，
又因为n∥s，则m∥n，故C正确；
对于D，若n在平面β外，则n∥β或n与β相交，
当n∥β时，m∥n或m，n异面，
当n与β相交时，m，n相交或m，n异面，故D错误．
故选：BC．
（多选）25．在下列四棱锥中，底面为平行四边形，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点，则MN∥平面ABC的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【解答】解：对于A，设P为AB的中点，底面为平行四边形BEFC，连接MP，PC，
则PM∥BE，PM=12BE，而BE∥CF，BE＝CF，
故PM∥CN，PM＝CN，即四边形PMNC为平行四边形，
故MN∥PC，而PC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，
故MN∥平面ABC，A正确；
对于B，设P为AB的中点，底面为平行四边形BCFE，连接MP，PC，
则PM∥BE，PM=12BE，而BE∥CF，BE＝CF，
故PM∥CN，PM＝CN，即四边形PMNC为平行四边形，
故MN∥PC，而PC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，
故MN∥平面ABC，B正确；
对于C，设P为AE的中点，底面为平行四边形BEFG，连接NP，PB，
设NP交AC于H，连接BH，
则PN∥FE，PN=12FE，而FE∥GB，FE＝GB，
故PN∥MB，PN＝MB，即四边形PNMB为平行四边形，
故MN∥PB，
又MN⊂平面PNMB，MN⊄平面ABC，平面PNMB∩平面ABC＝BH，
假设MN∥平面ABC，则MN∥BH，
即在平面PNMB内过点B有两条直线和MN都平行，这是不可能的，
故此时MN∥平面ABC不成立，C错误；
对于D，设底面为平行四边形ANEF，连接AE，FN交于点H，FN交AC于G，
则H为FN的中点，连接BH，BG，
由于B为MF的中点，故BH∥MN；
又MN⊂平面NMF，MN⊄平面ABC，平面NMF∩平面ABC＝BG，
假设MN∥平面ABC，则MN∥BG，
即在平面NMF内过点B有两条直线和MN都平行，这是不可能的，
故此时MN∥平面ABC不成立，D错误；
故选：AB．
（多选）26．在正方体ABCD﹣A1BC1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上异于端点的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．直线MP与直线BN是异面直线
B．直线MN与直线BP是相交直线
C．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
D．存在点Q，使PQ∥平面MBN
【答案】AD
【解答】解：连接MD1，D1N，M，N分别是AA1，CC1的中点，所以BN∥MD1，
由BN∥MD1，可确定平面BND1M，平面BND1M∩平面CDD1C1＝ND1，
而平面CDD1C1内点P∉直线ND1，故P∉平面BND1M，
故P与B、N、M三点不共面，所以直线MP与直线BN是异面直线，故A正确，B错误；
因P是C1D1的中点，所以PN∥D1C∥A1B，故B，N，P三点确定平面PNBA1，
平面PNBA1与直线A1D1仅有一个公共点A1，但Q不与A1重合，故不存Q使得Q∈平面PNBA1，故C错误；
由选项A知P∉平面MBN，故PQ⊄平面MBN，只需Q为A1D1中点，有PQ∥A1C1∥MN，
则PQ∥平面MBN，故D正确．
故选：AD．
（多选）27．已知三棱台ABC﹣A′B′C′，上下底面边长之比为1：2，棱AB、BC、AC的中点为点M、P、N，则下列结论错误的有（ ）
A．A′N∥PC′B．A′P与AC为异面直线
C．AB∥面A′C′PD．面A′MN∥面BCC′B′
【答案】AC
【解答】解：对于A，上下底面边长之比为1：2，棱AB、BC、AC的中点为点M、P、N，
所以A'C'∥AC，且A'C'＝AC，所以四边形A'C'CN为平行四边形，
所以A'N∥CC'，CC'⊂平面BCC'B'，A'N⊄平面BCC'B'，
所以A'N∥平面BCC'B'，PC'⊂平面BCC'B'，PC'∩CC'＝C'，
所以A′N、PC′是异面直线，故A错误；
对于B，由题意可得PM∥AC，AC⊂平面A′C′CA，PM⊄平面A′C′CA，
所以PM∥平面A′C′CA，所以P∉平面A′C′CA，A'∈平面A′C′CA，
所以A′P与AC为异面直线，故B正确；
对于C，因为棱AB、BC的中点为点M、P，所以AC∥MP，
因为AC∥A′C′，所以MP∥A′C′，可得AB∩平面A′C′PM＝M，故C错误；
对于D，因为AB、AC的中点为点M、N，所以MN∥BC，
因为MN⊄平面BCC′B′，BC⊂平面BCC′B′，所以MN∥平面BCC′B′，
因为AC∥A′C′，A'C'=12AC=NC，所以四边形A′C′CN为平行四边形，
可得A′N∥C′C，因为A′N⊄平面BCC′B′，C′C⊂平面BCC′B′，
所以A′N∥平面BCC′B′，
因为MN∩A′N＝N，MN、A′N⊂平面A′MN，
所以平面A′MN∥面BCC′B′，故D正确．
故选：AC．
（多选）28．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，点Q满足CQ→=λCC1→，λ∈[0，1]，下列说法正确的是（ ）
A．PQ∥平面ADD1A1
B．若Q，M，N，P四点共面，则λ=14
C．若λ=13，点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，则点F的轨迹长度为133
D．若λ=12，由平面MNQ分割该正方体所成的两个空间几何体为Ω1和Ω2，某球能够被整体放入Ω1或Ω2，则该球的表面积最大值为(12-63)π
【答案】ACD
【解答】解：对于A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，
因为PQ⊂平面BCC1B1，所以PQ∥平面ADD1A1，故A正确；
对于B，R，S分别是棱A1D1，AB的中点，点Q为CC1中点时，
平面MNP在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ，
则Q，M，N，P四点共面，有λ=12，故B错误；
对于C，若λ=13，则Q为CC1上靠近C点的三等分点，
取BB1上靠近B1的三等分点G，B1C1的中点H，连接A1H，A1G，GH
则在正方形BB1C1C中，可得GH∥PQ，
GH⊄平面APQ，PQ⊂平面APQ，则有GH∥平面APQ，
同理可由A1H∥AP，证明A1H∥平面APQ，
A1H，GH⊂平面A1GH，A1H∩GH＝H，所以平面A1GH∥平面APQ，
点F在侧面BB1C1C内，且A1F∥平面APQ，所以GH即为点F的轨迹，
GH=B1H2+B1G2=12+(23)2=133，故C正确；
对于D，若λ=12，则Q为CC1的中点，
平面MNQ分割该正方体所成的两个空间几何体Ω1和Ω2，
平面MNQ在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ，
某球能够被整体放入Ω1或Ω2，该球的表面积最大时，
是以B1为顶点，底面为正六边形MRNSPQ的正六棱锥的内切球，
正六边形MRNSPQ的边长为2，面积为6×12×2×2×32=33，
正六棱锥B1﹣MRNSPQ，侧棱长5，每个侧面面积为32，棱锥的高为3，
设该球的半径为R，由体积法可得13×33×3=13(33+6×32)R，
解得R=3-32，所以该球的表面积为S=4πR2=(12-63)π，故D正确．
故选：ACD．
（多选）29．下列说法中，正确的有（ ）
A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
B．如果一条直线与一个平面相交，那么这条直线与平面内无数条直线相交
C．过平面外一点有且只有一条直线与已知平面平行
D．如果一条直线上有两点到平面的距离相等且不为0，那么这条直线和这个平面可能平行，也可能相交
【答案】BD
【解答】解：A中，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的直线平行或异面，所以A错；
B中，如果一条直线与一个平面相交，那么在这个平面内作过交点的直线都与这条直线相交，有无数条，所以B正确；
C中过平面外一点有无数条直线与已知平面平行，所以C错；
D中，如果一条直线上有两点到平面的距离相等且不为0，那么这条直线和这个平面可能平行，也可能相交，所以D正确．
故选：BD．
30．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，平面A1BE截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面图形的周长为 ，若F是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F∥平面A1BE，则点F的轨迹长度为 ．
【答案】32+25；2．
【解答】解：取CD中点G，连接BG、EG，
正方体中，BC∥A1D1，BC＝A1D1，四边形BCD1A1为平行四边形，则BA1∥CD1，
E是DD1中点，G是CD中点，GE∥CD1∥BA1，则等腰梯形A1EGB为截面，
而A1E=GB=5，A1B=22，EG=2，
故梯形A1EGB的周长为32+25，
取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，NE，MG，
则NE∥A1B1，NE＝A1B1，故四边形A1B1NE为平行四边形，
则得B1N∥A1E，而B1N⊄平面A1BE，A1E⊂平面A1BE，
故B1N∥平面A1BE，同理B1M∥平面A1BE，
而B1N∩B1M＝B1，B1N，B1M⊂平面B1MN，故平面B1MN∥平面A1BE，
∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为2．
故答案为：32+25；2．
31．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1上的一点，且C1EEC=23，D是棱BC上一点．若A1B∥平面ADE，则BDBC的值为 ．
【答案】58．
【解答】解：连接A1C，交AE于点F，连接FD，则平面A1CB∩平面AED＝FD，
因为A1B∥平面ADE，且A1B⊂平面A1CB，所以A1B∥FD，
所以在△CA1B中，CFCA1=CDCB，
因为C1EEC=23，所以CECC1=35，
由三棱柱性质有CC1∥AA1，所以CEAA1=CFA1F，即CFA1F=CECC1=35，
所以CFCA1=38，即CDCB=38，
所以BDBC=58．
故答案为：58．
32．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，E，F分别为AD，AB的中点，点G在上底面A′B′C′D′（含边界）上运动，若满足BC′∥平面EFG，则点G的轨迹长度为 ．
【答案】22．
【解答】解：取BB′，B′C′，C′D′，DD′的中点分别为Q，M，N，P，
连接BD，B′D′，FQ，QM，MN，NP，PE，
因为E，F分别为AD，AB的中点，所以EF∥BD，
同理可得MN∥B′D′，
正方体中，易知四边形BB′D′D是平行四边形，
可得B′D′∥BD，
所以EF∥MN，同理可证明PE∥QM，PN∥FQ，
所以E，F，Q，M，N，P共面，
因为BC′∥QM，BC′⊄面EFQMNP，QM⊂面EFQMNP，
所以BC′∥平面EFQMNP，
若BC′∥平面EFG，则点G在平面EFQMNP内，
又因为点G在上底面A′B′C′D′（含边界），
所以点G在面EFQMNP与面A′B′C′D′的交线上，
所以点G在线段MN上，则点G轨迹长度为22．
故答案为：22．
33．已知m，n为直线，α，β为平面，给出下列命题：
①{m⊥αm⊥n⇒n∥α，②{m⊥βn⊥β⇒m∥n，③{m⊥αm⊥β⇒α∥β，④{m⊂αn⊂βα∥β⇒m∥n．
其中的正确命题序号是 ．
【答案】②、③
【解答】解：对于①，由条件可也得到n∥α或者n∥α，故错误；对于②③，由线面垂直的性质定理知，正确；
对于④，由条件可以得到m∥n或者m与n异面，错误
故答案为：②、③．
34．给出以下四个命题：
①斜棱柱的侧面展开图一定是一个平行四边形；
②若直线a与直线b异面，且a∥平面α，则b与α的位置关系是平行或相交；
③如果两条平行线中有一条平行于这个平面，那么另外一条直线也平行于该平面；
④若正方体的截面形状是四边形，则该四边形必有一组边平行．
其中正确的命题是 （填写序号）．
【答案】④．
【解答】解：对于①：斜棱柱的每个侧面是平行四边形，但是全部展开以后，这些平行四边形未必可以构成一个平行四边形，故①错误；
对于②：若直线a与直线b异面，且a∥平面α，则b与α的位置关系是平行或相交或b⊂α，故②错误；
对于③：如果两条平行线中有一条平行于这个平面，那么另外一条直线平行于该平面或在该平面内，故③错误；
对于④：若正方体的截面形状是四边形，则截面必与相对的两个平面相交，
因为正方体中相对的两个平面互相平行，
所以由面面平行的性质可知，这两条交线必平行，即该四边形必有一组边平行，故④正确．
故答案为：④．
35．如图，三棱锥P﹣ABC各棱长均为1，侧棱上的D，E，F满足PD＝DA，BEBP=PFPC=λ，线段BC上的点G满足AG∥平面DEF，点Q在PC上，AQ∥DF．
（1）求证：平面AQG∥平面DEF；
（2）求证：QG∥EF；
（3）若GC＝2BG，求λ的值．
【答案】（1）∵AQ∥DF，DF⊂平面DEF，AQ⊄平面DEF，
∴AQ∥平面DEF，
∵AG∥平面DEF，AQ∥平面DEF，AG∩AQ＝A，AG⊂平面AGQ，AQ⊂平面AGQ，
∴平面AQG∥平面DEF；
（2）由（1）知：平面AQG∥平面DEF，
又平面BCP∩平面DEF＝EF，平面BCP∩平面AQG＝QG，
∴QG∥EF；
（3）13．
【解答】解：（1）证明：∵AQ∥DF，DF⊂平面DEF，AQ⊄平面DEF，
∴AQ∥平面DEF，
∵AG∥平面DEF，AQ∥平面DEF，AG∩AQ＝A，AG⊂平面AGQ，AQ⊂平面AGQ，
∴平面AQG∥平面DEF，得证；
（2）证明：由（1）知：平面AQG∥平面DEF，
又平面BCP∩平面DEF＝EF，平面BCP∩平面AQG＝QG，
∴QG∥EF，得证；
（3）由题意可得D是PA的中点，
由于AQ∥DF，可得PFFQ=PDDA=1，
可得F是PQ的中点，PF＝FQ，
∵BEBP=PFPC=λ，且三棱锥P﹣ABC各棱长均为1，可得BE＝PF＝λ，
∴PE＝1﹣λ，FQ＝λ，PQ＝2λ，CQ＝1﹣2λ，
∵点Q在PC上，
∴1﹣2λ＞0，解得λ＜12，
∵GC＝2BG，
∴CG→=23CB→=23(PB→-PC→)，
∴EF→=PF→-PE→=λPC→-(1-λ)PB→，
GQ→=CQ→-CG→
=(1-2λ)CP→-23(PB→-PC→)
=CP→-2λCP→-23PB→-23PC→
=(2λ-13)PC→-23PB→，
由（2）知：QG∥EF，
∴GQ→∥EF→，
∴∃k∈R，使得EF→=kGQ→，
即λPC→-(1-λ)PB→=k[(2λ-13)PC→-23PB→]=k(2λ-13)PC→-23kPB→，
由平面向量基本定理可得λ=k(2λ-13)-(1-λ)=-23k0≤λ≤1λ＜12，解得λ=13k=1，
综上所述，λ的值为13．
36．已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，且满足AD⊥AB，AD＝4，AB＝2，∠BCD＝135°，BB1＝2，E，F分别是线段AB，BC的中点．
（1）求直线A1F和平面BCD的夹角的正弦值；
（2）求证：平面A1BD⊥平面A1AF；
（3）棱AA1上是否存在点G，使EG∥平面A1FD，若存在，确定点G的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由题意可得AA1⊥平面ABCD，
所以∠A1FA为直线A1F和平面BCD的夹角，
在直角梯形ABCD中，过点C作CH⊥AD于H，如图所示：
由AD⊥AB，AD＝4，AB＝2，∠BCD＝135°，
得△CHD为等腰直角三角形，所以四边形ABCH为正方形，所以BC＝2，
所以BF＝1，
在△A1FA中，A1F=AA12+AF2=AA12+AB2+BF2=4+4+1=3，
所以sin∠A1FA=AA1A1F=23；
（2）证明：由AD⊥AB，AD＝4，AB＝2，∠BCD＝135°，
得△CHD为等腰直角三角形，所以四边形ABCH为正方形，
所以BF＝1，△DAB∽△ABF，所以∠BAF＝∠ADB，
所以∠BAF+∠ABD＝∠ADB+∠ABD＝90°，
从而得到DB⊥AF，
由AA1⊥平面ABCD，
可得DB⊥AA1，
由AF，AA1为平面AA1F内的两条相交直线，
所以DB⊥平面AA1F，
因为BD⊂平面A1BD，
所以平面A1BD⊥平面A1AF；
（3）存在点G，且AG=34，使得EG∥平面A1FD，
则在AD上取点M，使AM=38AD=32，连接EG，EM，MG，如图所示：
此时tan∠AME=132=23，tan∠ADF=23，
所以∠AME＝∠ADF，即EM//DF，
在平面ADD1A1中，AGAA1=AMAD=38，所以MG∥A1D，
此时由EM∥DF，DF⊂平面A1FD，EM⊄平面A1FD，得EM∥平面A1FD，
由MG∥A1D，MG⊄平面A1FD，A1D⊂平面A1FD，得MG∥平面A1FD，
又MG∩EM＝M，MG，EM⊂平面EMG，
所以平面EMG∥平面A1FD，
因为EG⊂平面EMG，所以EG∥平面A1FD．
37．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，
（1）求证：AB∥平面A1B1C；
（2）若AA1＝AB，AB1⊥B1C1，求证：平面ABB1A1⊥平面A1BC
（3）若底面ABCD是边长为1的正方形，∠A1AB=∠A1AD=π3，AA1=2，求异面直线A1B与B1C所成角的余弦值
【答案】（1）证明：由平行六面体性质可得AB∥A1B1，
又AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C；
（2）证明：由AA1＝AB可知平行四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B，
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC，
且A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC，
又因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC；
（3）23．
【解答】解：（1）证明：由平行六面体性质可得AB∥A1B1，
又AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C；
（2）证明：由AA1＝AB可知平行四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B，
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC，
且A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC，
又因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC；
（3）由底面ABCD是边长为1的正方形可知∠BAD=π2，且AB＝AD＝1，所以BD=2；
又∠A1AB=∠A1AD=π3，AA1=2，
在△A1AB中，由余弦定理可得A1B=AB2+AA12-2AB⋅AA1csπ3=3；
同理在△A1AD中，A1D=AD2+AA12-2AD⋅AA1csπ3=3，
易知A1D∥B1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角即为直线A1B与A1D所成的角，即∠BA1D或其补角，
所以cs∠BA1D=3+3-223×3=23，
因此异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为23．
38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，且AB＝2CD，E，F，G，H分别是棱PA，PB，PC，PD的中点．
（1）求证：CF∥平面PAD；
（2）若△PAD为等边三角形，CD＝AD＝2，判断几何体EFGH﹣ABCD是什么几何体，并求其体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）几何体EFGH﹣ABCD是棱台，其体积为1339．
【解答】（1）证明：如图，连接DE，
因为E，F分别为PA，PB的中点，
所以EF∥AB，EF=12AB，
又因为AB∥CD，AB＝2CD，
所以EF∥CD，EF＝CD，即四边形EFCD是平行四边形，
所以CF∥DE，
又因为CF⊄平面PAD，DE⊂平面PAD，
所以CF∥平面PAD；
（2）解：因为E，F，G，H分别是棱PA，PB，PC，PD的中点．
所以EH∥AD，EH=12AD，HG∥CD，HG=12CD，
因为EH⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以EH∥平面ABCD，
同理可得HG∥平面ABCD，
又因为EH∩HG＝H，EH⊂平面EHGF，HG⊂平面EHGF，
所以平面EHGF∥平面ADCB，
所以几何体EFGH﹣ABCD是棱台，
过点P作PQ⊥AD于点Q，
因为AB⊥平面PAD，PQ⊂平面PAD，
所以PQ⊥AB，
又因为PQ⊥AD，A B∩A D＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PQ⊥平面ABCD，
由以上分析可知四边形EHGF与四边形ADCB相似，且相似比EHAD=PEPA=2，
而△PAD为等边三角形，CD＝AD＝2，
设棱台EFGH﹣ABCD的高、体积分别为h，V，棱台的下底面ADCB、上底面EHGF的面积分别为S1，S2，
所以h=12PQ=12⋅2⋅32=32，棱台的下底面ADCB是分别以CD＝2，AB＝2CD＝4为底，以AD＝2为高的直角梯形，
所以S1=12⋅(2+4)⋅2=6，S2=(12)2S1=32，
所以V=13(S1+S2+S1S2)h=13⋅(6+23+6⋅23)⋅32=1339，
即棱台EFGH﹣ABCD的体积为1339．
39．如图1，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使PC＝3，连接PD，如图2，
（1）证明：AB⊥PC；
（2）求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
（3）在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MCN？若存在，请求出PNPD的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：连接PM，因为△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以PM⊥AB．
因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，
因为PM∩MC＝M，PM，MC⊂平面PMC，
所以AB⊥平面PMC，
因为PC⊂平面PMC，
所以AB⊥PC；
（2）解：在PM上取点Q，使得PQ＝2QM，设DB∩MC＝F，连接NF，BQ，QF，
因为BM∥CD，所以BFDF=MFCF=BMCD=12，
在△PMC中，MFCF=QMPQ=12，所以QF∥PC，
所以∠BFQ或其补角为异面直线BD与PC所成的角，
因为QFPC=13，所以QF=13×3=1，
又BF=13BD=13BC2+CD2-2BC⋅CD⋅cs120°=134+4+4=233，
BQ=BM2+(13PM)2=1+13=233，
在△BFQ中，由余弦定理得cs∠BFQ=BF2+QF2-BQ22BF⋅FQ=1+43-432⋅1⋅233=34，
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为34；
（3）解：假设线段PD上存在点N，使得PB∥平面MCN，
因为PB∥平面MNC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面MNC＝NF，
所以PB∥NF，又BFDF=BMCD=12，所以BFFD=PNND=12，
所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN=13PD．
▉ 考点03 平面与平面平行（共21小题）
40．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BC，A1D1的中点，则（ ）
A．AF∥EC1
B．AF⊥BC
C．平面ACF∥平面A1EC
D．EF与A1C所成的角大小为60°
【答案】A
【解答】解：对于A，取AD中点H，连接HF，AE，HC，FC1，
∵E，F分别为BC，A1D1的中点，
则FH∥CC1，且FH＝CC1，∴CHFC1是平行四边形，
∴CH∥C1F，且CH＝C1F，
又AH∥EC，且AH＝EC，
∴AHCE平行四边形，则AE∥HC，且AE＝HC，
∴AE∥FC1，且AE＝FC1，则四边形AEC1F是平行四边形，
∴AF∥EC1，故A正确；
对于B，∵AD∥BC，AF与AD不垂直，∴AF与BC不垂直，故B错误；
对于C，∵平面ACF与平面A1EC均过点C，
∴平面ACF与平面A1EC不平行，故C错误；
对于D，连接A1B，∵A1F∥BE，且A1F＝BE，
∴四边形A1BEF是平行四边形，
则A1B∥EF，∴∠BA1C为EF与A1C所成的角，
在Rt△A1BC中，设BC＝a，则BA1=2a，CA1=3a，
∴sin∠BA1C=BCCA1=a3a=33，故D错误．
故选：A．
41．设α，β，γ是三个不同平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，则“l∥m”是“α∥β”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】B
【解答】解：由α∩γ＝l，β∩γ＝m，l∥m，则α，β可能相交，
故“l∥m”推不出“α∥β”，
由α∩γ＝l，β∩γ＝m，α∥β，由面面平行的性质定理知l∥m，
故“α∥β”能推出“l∥m”，
故“l∥m”是“α∥β”的必要不充分条件．
故选：B．
42．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
【解答】解：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正确；
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，
由面面平行的判断定理可得α∥β，故B错误；
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错误；
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错误．
故选：A．
43．下列说法正确的是（ ）
A．一个平面内有一条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行
B．一个平面内有两条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行
C．一个平面内有无数条直线都与另外一个平面平行，则这两个平面平行
D．一个平面内有两条相交直线与另外一个平面平行，则这两个平面平行
【答案】D
【解答】解：A选项，这两个平面可能相交或平行，A错误；
B选项，这两个平面可能相交或平行，B错误；
C选项，这两个平面可能相交或平行，C错误；
D选项，一个平面内有两条相交直线与另外一个平面平行，根据面面平行的判断定理可知，这两个平面平行，D正确．
故选：D．
44．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且DEEB=DFFD1=13，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则CGCC1=（ ）
A．12B．13C．23D．14
【答案】D
【解答】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接B1D1，FG，如图，
因为平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D＝EF，
平面BD1G∩平面BB1D1D＝BD1，则EF∥BD1，于是DFFD1=DEEB=13，
平面ADD1A1∥平面BCC1B1，而BG⊂平面BCC1B1，则BG∥平面ADD1A1，
在平面ADD1A1内存在与AF不重合的直线l∥BG，又平面AEF∥平面BD1G，BG⊂平面BD1G，
则BG∥平面AEF，在平面AEF内存在与AF不重合直线m∥BG，从而m∥l，m⊂平面AEF，
l⊄平面AEF，则l∥平面AEF，又l⊂平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1＝AF，
因此AF∥l∥BG，BG，AF可确定平面ABGF，因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1＝AB，平面ABGF∩平面CDD1C1＝FG，于是AB∥FG，即有CD∥FG，
所以CGCC1=DFDD1=14．
故选：D．
45．已知l，m，n是三条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若α∥β，β∥γ，则α∥γ
B．若l⊆α，m⊆α，l∥β，m∥β，则α∥β
C．若l∥α，l∥β，则α∥β
D．若l∥m，m⊆α，则l∥α
【答案】A
【解答】解：对于A选项，由平行的传递性可知A选项成立；
对于B选项，直线l，m不一定相交，根据面面平行的判定定理易知面面平行不一定成立，错；
对于C选项，α与β也有可能相交，错；
对于D选项，直线l不一定在平面α外，也可能在面α内，故不成立，错．
故选：A．
46．已知a，b表示两条不重合的直线，α，β表示两个不重合的平面，现给出下列四个命题：①若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β；②若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b；③若a，b与平面α所成的角相等，则a∥b；④若a，b异面，且a，b均与平面α，β平行，则α∥β．其中真命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解答】解：对于①，由a⊂α，b⊂β，a∥b，
得α∥β或α与β相交，则①是假命题；
对于②，由a⊂α，b⊂β，α∥β，
得a∥b或a与b为异面直线，则②是假命题；
对于③，由a，b与平面α所成的角相等，
得a，b平行或相交或异面，则③是假命题；
对于④，过空间内一点P作异面直线a，b的平行线，可以确定一个平面γ，
因为a，b均与平面α，β平行，
所以α∥γ，β∥γ，从而α∥β，则④是真命题，
故真命题的个数是1．
故选：A．
47．如图，不同在一个平面内的三条平行直线是两个平行平面相交，每个平面内以交点为顶点的两个三角形是（ ）
A．相似但不全等的三角形
B．全等三角形
C．面积相等的不全等三角形
D．以上结论都不对
【答案】B
【解答】解：由题意可知，AA'∥BB'∥CC'，α∥β，
所以平面AA'C'C∩α＝AC，平面AA'C'C∩β＝A'C'，
由面面平行的性质定理，可得AC∥A'C'，
则四边形ACC'A'为平行四边形，
所以AC＝A'C'，
同理BC＝B'C'，AB＝A'B'，
所以△ABC≌△A'B'C'．
故选：B．
48．a，b，c是两两不同的三条直线，α、β是两个不同平面，下面四个命题中，正确的是（ ）
A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若a∥α，a∥β，则α∥β
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
【答案】C
【解答】解：a，b，c是两两不同的三条直线，α、β是两个不同平面，
对于A，若直线a，b异面，b，c异面，
则a，c可能平行、相交或异面，
如在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD与BD1异面，BD1与B1C1异面，AD∥B1C1，
或AD与BD1异面，BD1与CD异面，AD与CD相交于点D，
或AD与BD1异面，BD1与A1B1异面，AD与A1B1异面，故A错误；
对于B，若a∥α，a∥β，则α，β可能是平行或相交，故B错误；
对于C，由异面直线所成角的定义或共面直线所成角的定义可知：
若a∥b，则a，b与c所成的角相等，故C正确；
对于D，若a⊥b，b⊥c，则a与c可能平行、相交或异面，
如在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥AA1，AA1⊥A1B1，AB∥A1B1，
或AB⊥AA1，AA1⊥BC，AB与BC相交于点B，
或AB⊥AA1，AA1⊥A1D1，AB与A1D1异面，故D错误．
故选：C．
49．已知平面α∥β，点P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝10，则BD长（ ）
A．6B．6或30C．103D．6或103
【答案】B
【解答】解：当点P位于平面α，β同侧时，
如图（1），当平面α∥β时，AB∥CD，
则ACPC=BDPD，
所以915=BD10，
所以BD＝6；
当点P位于平面α，β之间时，
如图（2）：当平面α∥β时，AB∥CD，
则PDBD=PCAC，
所以10BD=39，
所以BD＝30．
故选：B．
50．如图，在矩形ABCD中，AB＝3AD＝32，E在AB上且AE=2，将△ADE沿DE折起到△FDE，使得F∉平面BCDE，点G在线段CF上，若BG∥平面FDE，则CGCF的值等于（ ）
A．12B．22C．13D．33
【答案】C
【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝3AD＝32，E在AB上且AE=2，
将△ADE沿DE折起到△FDE，使得F∉平面BCDE，点G在线段CF上，BG∥平面FDE，
作BM∥DE交CD于M，连接MG，
则四边形BEDM是平行四边形，DM=22，CM=2，
由BM∥DE，BM在平面BDE外，可得BM∥平面FDE．
又BG∥平面FDE，BM∩BG＝B，BM，BG⊂平面BGM，
∴平面FDE∥平面BMG．
又平面FDE∩平面FDC＝FD，平面BMG∩平面FDC＝MG，所以MG∥FD，
∴CGCF=CMCD=13．
故选：C．
51．已知在m、n、l1、l2表示直线，α、β表示平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是（ ）
A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2
【答案】D
【解答】解：由题意得，m、n 是平面α内的两条直线，l1、l2是平面β内的两条相交直线，要使α∥β，只要一个平面
内有两条相交直线和另一个平面平行即可，
故选：D．
52．已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是（ ）
A．若m∥α，n⊂α，则m∥n
B．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
C．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面
【答案】D
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；
对于C，如图，m⊥α，α∩β＝n，m⊥n，此时n⊂α，故B错误；
对于C，m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，
如果m∩n＝A，则α∥β，如果m∥n，可能α与β相交，故C错误；
对于D，如图，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故D正确．
故选：D．
（多选）53．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，所有棱长均2，∠BAD＝60°，M，N，P分别为DD1，DC，CC1的中点，点Q在四边形DCC1D1内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．平面AMN∥平面A1BP
B．若AQ∥平面A1BP，则AQ的最小值为7
C．当点Q在线段CD1上运动时，四面体A1BPQ的体积为定值
D．若DQ→=λDC→+μDD1→且λ+2μ＝1，则|DQ|+|BQ|的最小值为22
【答案】ACD
【解答】解：直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，所有棱长均2，∠BAD＝60°，M，N，P分别为DD1，DC，CC1的中点
所以MP∥DC且MP＝DC，
因为AB∥DC，AB＝DC，所以MP∥AB，MP＝AB，四边形ABPM为平行四边形，所以AM∥BP，
因为AM⊄平面A1BP，BP⊂平面A1BP，所以AM∥平面A1BP．
易得MN//CD1，又A1B∥CD1，所以A1B∥MN，
因为MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，所以MN∥平面A1BP．
因为MN∩AM＝M，MN、AM⊂平面AMN，所以平面AMN∥平面A1BP，选项A正确；
由A选项知，若AQ∥平面A1BP，则点Q的轨迹为线段MN，在△AMN中，当AQ⊥MN时，AQ取得最小值即为点A到直线MN的距离．
因为∠BAD＝60°且AB＝AD，所以△ABD为等边三角形，取AB的中点为点E，
则有DE⊥AB，
以D为坐标原点，以DE、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
A(3，-1，0)，B(3，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，A1(3，-1，2)，B1(3，1，2)，C1(0，2，2)，
D1（0，0，2），M（0，0，1），N（0，1，0），
MN→=(0，1，-1)，AM→=(-3，1，1)，
点A到直线MN的距离为AM→2-AM→⋅MN→|MN→|=3+1+1-(22-22)=5，选项B错误；
因为CD1∥A1B，A1B⊂平面A1BP，CD1⊄平面A1BP，所以CD1∥平面A1BP，
当点Q在线段CD1上运动时点Q到平面A1BP的距离为定值，所以四面体A1BPQ的体积为定值，选项C正确；
DQ→=λDC→+μDD1→=(0，2λ，0)+(0，0，2μ)=(0，2λ，2μ)，
|DQ|+|BQ|=(2λ)2+(2μ)2+3+(1-2λ)2+(2μ)2，
因为λ+2μ＝1，所以2μ＝1﹣λ，
则|DQ|+|BQ|=5λ2-2λ+1+5λ2-6λ+5
=(5λ-15)2+(25)2+(5λ-35)2+(45)2，表示点(5λ，0)到(15，25)、(35，45)的距离之和，
最小值为点(15，-25)与点(35，45)之间的距离22，选项D正确．
故选：ACD．
（多选）54．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，BP→=23BD1→，则（ ）
A．MN∥平面APCB．MQ∥平面APC
C．A，P，M三点共线D．平面A1C1Q∥平面APC
【答案】CD
【解答】解：连接AN，CM，AC，A1C1，
因为M，N为中点，所以MN∥A1C1，AC∥A1C1，所以MN∥AC，
即A，C，M，N四点共面，
因为D1M∥AB，且D1M=12AB，
因为BP→=23BD1→，可得D1P=12PB，可得P为AM与BD1的交点，即P∈AM，
所以P∈平面MNAC，
即平面MNAC与平面PAC共面，
即MN⊂平面PAC，所以A不正确；
B中，由A选项的分析，MQ∩平面PAC＝M，所以B不正确；
C中，由A选项的分析，可得A，P，M三点共线，所以C正确；
D中，因为A1C1∥AC，A1C1⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以A1C1∥平面PAC，
连接NC1，AQ，又因为N，Q为中点，所以NC1∥AQ，且NC1＝AQ，
所以四边形NC1QA为平行四边形，所以C1Q∥AN，
而AN⊂平面PAC，C1Q⊄平面APC，
所以C1Q∥平面PAC，C1Q∩A1C1＝C1，
所以平面A1C1Q∥平面APC，即D正确．
故选：CD．
55．平面α∥平面β，A，C∈α，点B，D∈β，直线AB，CD相交于P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，则CD＝ ．
【答案】2或34
【解答】解：∵平面α∥β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点P，
∴AB，CD共面，且AC∥BD，
①若点P在平面α，β的外部，
∴APBP=CPPD，
∵AP＝8，BP＝9，CP＝16，
∴89=16PD，解得PD＝18，
∴CD＝PD﹣PC＝18﹣16＝2．
②点P在平面α，β的之间，
则APBP=CPPD，即89=16PD，解得PD＝18，
则CD＝CP+PD＝18+16＝34，
故答案为：2或34．
56．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM∥平面AEND；②CN∥平面ABFE；③平面BDM∥平面AFN；④平面BDE∥平面NCF．以上四个命题中，正确命题的序号是 ．
【答案】①②③④．
【解答】解：把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA﹣EFMN，如图所示：
对于①，因为BM∥AN，BM⊄平面AEND，AN⊂平面AEND，所以BM∥平面AEND，命题①正确；
对于②，CN∥BE，CN⊄平面ABFE，BE⊂平面ABFE，所以CN∥平面ABFE，命题②正确；
对于③，BD∥FN，BM∥AN，BD∩BM＝B，BD、BM⊂平面BDN，
所以平面BDM∥平面AFN，命题③正确；
对于④，BD∥FN，BE∥CN，BD∩BE＝B，BD、BE⊂平面BDE，
所以平面BDE∥平面NCF，命题④正确．
故答案为：①②③④．
57．已知α，β是两个不重合的平面，给出下列条件：
①m，n是平面α内的两条直线，且m∥β，n∥β；
②α，β都平行于平面γ；
③α内不共线的三点到β的距离相等；
④m，n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，且m∥β，n∥α．
其中可判断α∥β的是 ．（填序号）
【答案】②④．
【解答】解：m∥β，n∥β，m，n是平面α内的两条直线，
此条件没有排除两条直线平行的情况，故不能得出面面平行，故①不行；
平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确；
α内不共线的三点到β的距离相等，此三点在两平面相交时也可以找出，
故不能保证两平面平行，故③不对；
m，n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，且m∥β，n∥α，
能得到α∥β，故④正确．
故答案为：②④．
58．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M＝3A1M．
（1）求证：D，B，F，E四点共面；
（2）求证：D1G∥平面DBFE；
（3）已知点N是棱A1B1上的一点，且平面PMN∥平面DBFE，求A1NA1B1的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）14．
【解答】（1）证明：如图，
连接D1B1，因为点E，F分别为棱D1C1，B1C1的中点，所以EF∥D1B1，
又在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中DD1∥BB1且DD1＝BB1，
所以四边形DBB1D1为平行四边形，所以DB∥B1D1，
所以EF∥BD，所以D，B，F，E四点共面；
（2）证明：如图，
连接D1C交DE于点H，连接GC交DB于点O，连接HO，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，D1E∥DC且D1E=12DC，
所以△HED1∽△HDC，则D1HCH=ED1CD=12，
同理可得GOCO=BGCD=12，
所以D1HCH=GOCO，所以HO∥D1G，
又HO⊂平面DBFE，D1G⊄平面DBFE，所以D1G∥平面DBFE；
（3）因为平面PMN∥平面DBFE，
平面PMN∩平面A1B1C1D1＝MN，平面DBFE∩平面A1B1C1D1＝EF，
所以MN∥EF，
又EF∥D1B1，所以MN∥D1B1，因为D1M＝3A1M，所以A1NA1B1=A1MA1D1=14．
59．如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N，K分别为AB，PC，PA的中点，平面PBC∩平面APD＝l．
（1）判断直线l与BC的位置关系并证明；
（2）求证：MN∥平面PAD；
（3）直线PB上是否存在点H，使得平面NKH∥平面ABCD？若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）l∥BC，证明见解答；
（2）证明见解答；
（3）存在，H为PB中点，证明见解答．
【解答】解：（1）l∥BC，证明如下：
依题意，BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
则BC∥平面PAD，
又平面PAD∩平面PBC＝l，BC⊂平面PBC，
所以l∥BC；
（2）证明：取PD中点F，连接AF，FN，
在△PCD中，FN∥DC，FN=12DC，
在▱ABCD中，AM∥CD，AM=12CD，
则AM∥FN，AM＝FN，
即四边形AFNM为平行四边形，
因此AF∥NM，
又AF⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
所以MN∥平面PAD；
（3）当H为PB中点时，平面KNH∥平面ABCD，证明如下：
取PB的中点为H，连接KH，NH，
在△PBC中，HN∥BC，HN⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
则HN∥平面ABCD，同理可证，KH∥平面ABCD，
又KH，HN⊂平面KNH，KH∩HN＝H，
所以平面KNH∥平面ABCD．
60．如图，圆锥顶点为P，底面圆圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°．AB和CD是底面圆圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°．
（1）证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；
（2）若圆锥母线长度为a，求△PAB面积的最大值．
（3）求cs∠COD．
【答案】（1）证明见解答；
（2）12a2；
（3）17-122．
【解答】（1）证明：由公理可知，两平面相交必交于一条直线，
设平面PAB与平面PCD的交线为l，
则AB∥CD，又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB∥平面PCD，
又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，
所以AB∥l，又AB在底面上，l在底面外，
所以l与底面平行，
即平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；
（2）解：由圆锥母线与底面所成的角为22.5°，
可得∠APB∈（0°，135°]，
故S△PAB=12PA⋅PB⋅sin∠APB=a22sin∠APB，
故当∠APB＝90°时，(S△PAB)max=a22；
（3）解：取CD的中点E，连接OE，PE，
则由等腰三角形性质得OE⊥CD，PE⊥CD，
又OE∩PE＝E，OE，PE⊂平面OEP，所以CD⊥平面OEP，
因为CD⊂底面ABDC，所以平面OEP⊥平面PCD，
所以直线PO在面PCD上的射影为PE，所以∠OPE＝60°，
设OP＝h，则OE=OP⋅tan60°=3h，
由题意∠OCP＝22.5°，则OC=htan22．5°，
而tan45°=2tan22．5°1-tan222．5°=1，tan22.5°＞0，
解得tan22．5°=2-1，则OC=htan22.5°=h2-1，
在Rt△OCE中，cs∠COE=OEOC=3hh2-1=6-3，
所以cs∠COD=cs2∠COE=2cs2∠COE-1=2(6-3)2-1=17-122．