第三節空間直線、平面的平行

課標解讀考向預測

近幾年空間直線與平面平行的有關知識，一直是

1.理解空間中直線與直線、直線與平面、

高考命題的熱點，重點考查學生的空間想象能力、

平面與平面的平行關系，并加以證明.

計算能力、推理論證能力以及轉化思想.預計2025

2.掌握直線與平面、平面與平面平行的判

年高考這一部分知識仍會考查，以解答題第(1)問

定與性質，并會簡單應用.

的形式出現，難度中檔.

必備知識——強基礎

知識梳理

1.線面平行的判定定理和性質定理

文字語言圖形語言符號語言

如果平面外一條直線與國

判定定理此平面內的一條直線平行，=?！╝

那么該直線與此平面平行I。4|〃〃8

一條直線與一個平面平行，

|。6|4〃/

如果過該直線的平面與此平&)/

性質定理>=>a//b

面國相交，那么該直線與

網油6=,

交線平行

2.面面平行的判定定理和性質定理

文字語言圖形語言符號語言

如果一個平面內的兩條

[HUus

兩相交直線與另一個

判定定理問4n6=尸>^/3//a

平面平行，那么這兩個

/7I13:〃a

平面平行

I14必〃a>

兩個平面平行，如果另

回a〃6〕

一個平面與這兩個平面7

性質定理一一,一118|an.=or=>a//b

同相交,那么兩條國

71916rl.=〃

交線平行1

常用

L(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a_La,a±/3,則a〃4

(2)平行于同一個平面的兩個平面平行，即若a〃人或〃則a〃/

(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a_La,b_La,則?！╞.

(4)若a〃￡,aua,貝〃/.

2.三種平行關系的轉化

性質

?判定判定

線線平行線面平行萼^面面平行

性質

診斷自測

1.概念辨析(正確的打“守’，錯誤的打“X”)

(1)若直線a〃平面a,P￡a,則過點尸且平行于直線。的直線有無數條.()

(2)若直線au平面a,直線6u平面￡,a//b,貝lja〃￡.()

(3)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內的兩條直線平行或異面.()

答案(l)x(2)x(3)4

2.小題熱身

(1)(人教A必修第二冊習題8.5T1改編)下列說法中，與“直線a〃平面a”等價的是()

A.直線a上有無數個點不在平面a內

B.直線a與平面a內的所有直線平行

C.直線。與平面a內無數條直線不相交

D.直線a與平面a內的任意一條直線都不相交

答案D

解析因為a〃平面a,所以直線。與平面a無交點，因此直線a與平面a內的任意一條直

線都不相交.故選D.

(2)已知不重合的直線a,6和平面a,則下列說法正確的是()

A.若a〃a,bua,則a〃b

B.若a〃a,b//a,則a〃6

C.若a〃6,bua,則a〃a

D.若a〃b,qua,則匕〃a或bua

答案D

解析若a〃a,bua,則a,b平行或異面，A錯誤；若a〃a,b//a,則a,。平行、異面或

相交，B錯誤；若。〃b,bua,則a〃a或aua,C錯誤；若a〃b,aua,則6〃a或bua,

D正確.故選D.

（3）（2024?福建寧德一中質檢）已知a,僅是空間兩個不同的平面，命題p：“a〃尸，命題q：“平

面a內有無數條直線與夕平行”，則p是《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a〃6則平面a內的任意一條直線平行于另一個平面，故平面a內有無數條直線與

￡平行，所以p可以推出0根據面面平行的判定定理，如果一個平面內的兩條相交直線與另

一個平面平行，那么這兩個平面平行.若平面a內有無數條直線與/平行，則a與6可能相

交，不一定平行，所以q不能推出p.故選A.

（4）如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFG”的形狀為

答案平行四邊形

解析?..平面〃平面DCGH,又平面EPG/in平面ABFE=EF,平面EFGHC平面DCGH

=HG,...EF〃//G.同理EH〃尸G,...四邊形EFG/f是平行四邊形.

考點探究一一^提素養

考點一空間中平行關系的基本問題

例1在下列判斷兩個平面a與夕平行的四個命題中，真命題的個數是（）

①a,夕都垂直于平面—那么a〃.；

②a,夕都平行于平面一那么a〃夕；

③a,夕都垂直于直線/,那么1〃夕；

④如果/,用是兩條異面直線，且/〃1,mila,I//P，B，那么a〃及

A.0B.1

C.2D.3

答案D

解析如圖，易知在正方體中相鄰兩個側面都垂直于底面，故①是假命題；由平面平行的傳

遞性可知②是真命題；由線面垂直的性質可知③是真命題；過直線/作平面/與a,/分別交

于/i，h，過直線7"作平面力與a,￡分別交于機1，儂，因為/〃a,I//P，所以/〃/i，I//12>

所以/1〃/2，因為/?或，/2U或，所以/1〃￡,同理，機1〃￡,又/,機是兩條異面直線，所以/1，

預相交，且/ca,mi<=a,所以a〃￡,故④是真命題.故選D.

【通性通法】

(1)判斷與平行關系相關命題的真假，必須熟悉線、面平行關系的各個定義、定理，無論是選

擇題還是含有選擇項的填空題，都可以先從中選出最熟悉、最容易判斷的選項確定或排除，

再逐步判斷其余選項.

(2)直線、平面間平行的判定方法

①關注是否符合判定定理與性質定理，并注意定理中易忽視的條件；

②結合題意構造或繪制圖形，結合圖形作出判斷；

③利用實物進行空間想象，比較判斷；

④熟記一些常見結論，如垂直于同一條直線的兩個平面平行等.

【鞏固遷移】

1.已知a,b,c為三條不重合的直線，a,夕為兩個不重合的平面.

@a//c,b//c=>a//b；@a//J3,b//ga//b；

@a//c,c〃a=a〃a；@a//f）,a〃a=>a〃夕;

⑤aCa,bua,a//b=>a//a.

其中正確的命題是（）

A.①⑤B.①②

C.②④D.③⑤

答案A

解析對于①，由基本事實4,可知①正確；對于②，若?！ā?b//p,則a,6共面或異面,

故②錯誤；對于③，若a〃c,c//a,則?！╝或aua,故③錯誤；對于④，若a〃￡,a//a,

則a,￡平行或相交，故④錯誤；對于⑤，由aCa,bua,a//b,根據線面平行的判定定理,

可得a〃a,故⑤正確.故選A.

考點二直線與平面平行的判定與性質（多考向探究）

考向1直線與平面平行的判定

例2如圖，在四棱錐尸一ABC。中，底面ABCD是平行四邊形，E,尸分別是2C,的中

點.求證：

⑴P8〃平面ACP；

（2）EF〃平面PAB.

證明⑴如圖，連接2。交AC于。,

連接OF,

HE

,：四邊形ABCD是平行四邊形,

0是BZ）的中點，

又尸是尸。的中點，

AOF//PB,

又OFu平面ACF,PBC平面AC尸，

.”8〃平面ACF.

⑵證法一：如圖，取陰的中點G,連接GRBG.

是尸。的中點,

GF是△孫。的中位線，；.GF^AD,

?.?底面ABCD是平行四邊形，E是BC的中點，

；.BE皓AD,：.GF^BE,

四邊形8EFG是平行四邊形，/〃3G,

又EEC平面PAB,BGu平面PAB,

；.E/〃平面PAB.

證法二：如圖，取AD的中點”，

連接FH,EH.

?.?尸為PD的中點,

是AE4Z)的中位線，

：.FH^PA,

又Rlu平面PAB,FHU平面PAB,

〃平面PAB.

?〃為4D的中點，E為BC的中點，

：.EH//AB,又ABu平面叫B,平面以8,

.?.E”〃平面PAB,又FHHEH=H,

平面EFH〃平面PAB,

又EFu平面EFH,：.EF〃平面PAB.

【通性通法】

判斷或證明線面平行的常用方法

(1)利用線面平行的定義(無公共點).

(2)利用線面平行的判定定理(aCa,bua,a//b=>a//a).

(3)利用面面平行的性質(a〃￡,aua=a〃B).

(4)利用面面平行的性質(a〃尸，a<tp,a〃a=M〃用(客觀題可用).

【鞏固遷移】

2.如圖所示，正方形ABC。與正方形ABEF所在的平面相交于48,在4E,8。上各有一點

P,Q,且AP=r>Q.求證：尸?！ㄆ矫鍮CE.

證明證法一：如圖所示，作交于M,作QN〃AB交BC于N,連接MN.

D

?.?正方形ABC。和正方形AB所有公共邊ASAP=DQ,：.PE=QB,

XPM//AB//QN,

.PMPEQBQN.PMQN

??府=瓦=麗=灰，*'AB=5c-

又AB=DC,:.PM=QN,

四邊形PMNQ為平行四邊形，

：.PQ//MN.

又MNu平面BCE,尸QC平面BCE,

；.尸。〃平面BCE.

證法二：如圖，在平面ABEF內，過點P作交AB于連接QM,

平面BCE,PMC平面BCE,

；.尸河〃平面BCE,

..〃,APAM

.PM//BE,.MB,

又AE=BD,AP=DQ,：.PE=BQ,

.ApDQ.AM_DQ

??麗=麗’??麗=麗’

：.MQ//AD,

KAD//BC,

：.MQ//BC,

：8Cu平面BCE,MQC平面BCE,

〃平面BCE,

又PMHMQ=M,：.平面PMQ〃平面BCE,

又PQc平面PMQ,：.尸?！ㄆ矫鍮CE.

考向2直線與平面平行的性質

例3如圖所示，在四棱錐P—ABC。中，四邊形ABCD是平行四邊形，M是尸C的中點，在

DM上取一點G,過G和孫作平面交于點H.

求證：PA//GH.

證明如圖所示，連接AC交于點O,連接0M,

:四邊形ABCD是平行四邊形，

是AC的中點，

又M是尸C的中點，C.PA//OM,

又OMu平面BMD,E4C平面BMD,

；.陰〃平面BMD,

又B4u平面R4〃G,平面力HGA平面BMO=GH,

：.PA//GH.

【通性通法】

應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定

交線.

【鞏固遷移】

3.如圖，四邊形ABCD是矩形，尸任平面ABCD,過3c作平面BCPE交AP于點E,交DP

于點P,￡尸與AD不重合.求證：四邊形BCFE是梯形.

證明?四邊形ABCD為矩形，.,.臺?！?!。

平面以D,BCC平面E4D,

...3C〃平面PAD.

:平面BCrari平面外。=￡F，BCu平面BCFE,

C.BC//EF.

"AD^BC,AD^EF,

J.BCtEF,

四邊形BCFE是梯形.

考點三平面與平面平行的判定與性質

例4(2024?江西九江一中質檢)在三棱柱ABC—A1BC1中,

(1)若E,F,G,71分別是AB,AC,A,Bi，4G的中點，求證：平面瓦①〃平面BCHG；

ATJ

(2)若D,D分別是AC,4G上的點，且平面〃平面ABA,試求皮的值.

解(1)證明：E分別是AB,AC的中點，

：.EF//BC,

；砂仁平面BCHG,BCu平面BCHG,

...EV〃平面BCHG,

'：AiG//EB,AiG=EB,

：.四邊形4EBG是平行四邊形，

：.AiE//GB,又4EU平面BCHG,GBu平面BC8G,，從石〃平面BC//G,

又AiEPlEF=E,AiE,EFu平面EfAi,

平面E曲i〃平面BCHG.

(2)如圖,連接A],ABi,設48與A21相交于點O,連接OD,

由平面BGD〃平面AB1O1，

且平面AiBCC平面BCiD=BCi，

平面AiBCiA平面ABiDi=DiO,

：.BCx//DxO,同理可得

?,?評=%=1，即。1為線段4cl的中點，為線段AC的中點，即黑=1.

ZJlCiODL/C

【通性通法】

1.判定面面平行的四種方法

(1)利用定義：即證兩個平面沒有公共點(不常用).

(2)利用面面平行的判定定理(主要方法).

(3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行(客觀題可用).

(4)利用平面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(客觀題可

用).

2.面面平行的應用

(1)兩平面平行，構造與之相交的第三個平面，可得交線平行.

(2)兩平面平行，其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行，可用于證明線面平行.

【鞏固遷移】

4.如圖，在三棱柱ABC—中，E,F,G分別為BCi,43,A3的中點.

⑴求證：平面4C1G〃平面

⑵若平面AiCiGflBC=8,求證：X為2C的中點.

證明(1)V￡,尸分別為BiCi,4由1的中點,

：.EF//AxCi,

?；AiCiu平面A1C1G,EFC平面4GG,

〃平面4GG,

又F,G分別為AB1，AB的中點，

：.AiF=BG,又AiF〃BG,

四邊形4GBF為平行四邊形，

貝IBF//AiG,

：4Gu平面4C1G,B/y平面4C1G,

.?.BP〃平面4GG,

又EFCBF=F,EF,BEF,

平面AiGG〃平面BEF.

(2)?.?平面ABC〃平面AiBiCi,

平面AiGGA平面AiBiCi=AiCi,

平面AiGGCl平面ABC=GH,

則AiCiZ/GH,

又4Ci〃AC,C.GH//AC,

?；G為AB的中點，為BC的中點.

考點四平行關系的綜合應用

例5（2023?廣東佛山高三模擬）在三棱錐S—ABC中，SAC,AS±SC,AB=1,AC

=巾,E為AB的中點，M為CE的中點，在線段S3上是否存在一點N,使MN〃平面SAC?

若存在，指出點N的位置并給出證明；若不存在，說明理由.

解存在點N為S3上的靠近S的四等分點，

即SN=；SB,使MN〃平面SAC.

證明如下：取AE的中點R連接—V,FM,則M/〃AC,

因為ACu平面SAC,KFC平面SAC,

所以MV〃平面SAC,

1

-

因為AF=^AE=^AB,4

所以MV〃&1,

又SAu平面SAC,PNC平面SAC,

所以FN〃平面SAC,

又MFCFN=F,MF,FNu平面MNF,

所以平面腦VF〃平面SAC,

又MNu平面MNF,所以MN〃平面SAC.

【通性通法】

三種平行關系的轉化

性質

判定判定?

線線平行4性4質金線面平行面面平行

解決存在問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果出發，尋找使這個結論成立的充分條

件，若找到了使結論成立的充分條件，則存在；若找不到使結論成立的充分條件(出現矛盾),

則不存在.

【鞏固遷移】

5.(2024?河北衡水月考汝口圖1,菱形ABCD中，NA=60。，AB=4,于點將△AED

沿直線DE翻折到AVE。，使如圖2.

圖1圖2

(1)求三棱錐C-A'BD的體積；

(2)在線段4。上是否存在一點R使EF〃平面4BC?若存在，求D金F的值；若不存在，說明

理由.

解(1)由題意可知，在菱形ABC。中,

ZA=60°,AB=BC=CD=DA=4,DELAB,

故AE=EB=2,ED=2小,

所以在四棱錐4—EBCD中，A'ELED,A'ELEB,

又EDCEB=E,

所以4E_L平面EBCD,且A'E=AE=2,

連接80,因為BC=CD=4,ZBCD=60°,

貝ISABC?=；X4X2小=4小，

所以VC-A'BD=VA'-BCD=^S^BCD-A'E=^x4-y[3'

故三棱錐C-A'BD的體積為駕3

⑵設線段4。的中點為R線段4c的中點為G,連接ERFG,GB,

因為P為4D的中點，

G為4c的中點，

所以FG〃OC,FG=^DC=2,

又由（1）得，EB//DC,￡5=2,

所以FG〃EB,FG=EB,

所以四邊形EBGF為平行四邊形，

故EF〃BG,EF=BG,

又EFC平面4BC,BGu平面A3C,

DF

所以所〃平面A6C,此時尸為4。的中點，故五7=1.

r/\

課時作業

基礎鞏固練

一、單項選擇題

1.下列命題中正確的是（）

A.若a,b是兩條直線，且?！?,那么。平行于經過6的任何平面

B.若直線a和平面a滿足a〃a,那么a與a內的任何直線平行

C.平行于同一條直線的兩個平面平行

D.若直線a,。和平面a滿足?！╞,qua,b（ta,貝!]6〃a

答案D

解析對于A,a可以在經過6的平面內；對于B,。與a內的直線也可能異面；對于C,兩

平面也可能相交；對于D,由直線與平面平行的判定定理知6〃a.故選D.

2.（2023?廣東湛江模擬）設a,丑是兩個不重合的平面，下列選項中，是“a〃夕”的充要條件的

是（）

A.a內存在無數條直線與￡平行

B.存在直線/與a,￡所成的角相等

C.存在平面y,滿足y〃a且y〃尸

D.a內存在不共線的三個點到”的距離相等

答案C

解析對于A,如果a"=/,在a內與直線/平行的直線有無數條，但此時a不平行于.，

A不符合題意；對于B,如果在空間必存在直線/與根平行，此時直線/也與兩個

平面平行，即直線/與a,4所成的角都等于0,B不符合題意；對于C,如果a〃夕，則一定

存在平面力滿足y〃a且若/〃a且y〃￡,則也一定有a〃￡,則“存在平面小滿足y

〃.且/〃.”是“a〃優的充要條件，C符合題意；對于D,當a〃/時，a內必存在不共線的三

個點到/的距離相等，但當a與/相交時，同樣可以在a內找到不共線的三點到萬的距離相

等，D不符合題意.故選C.

3.（2024?湖南岳陽一中階段考試汝口圖所示，在空間四邊形A8CD中，E,尸分別為邊AB,AD

上的點，且AE：ED=1：4,又H,G分別為BC,CD的中點，則（）

A.BD〃平面EFGH,且四邊形EPGH是矩形

B.EF〃平面3CD,且四邊形所G8是梯形

C.8G〃平面且四邊形所G8是菱形

D.〃平面ADC,且四邊形EFG8是平行四邊形

答案B

解析由：E3=AP：田=1：4,知EF求BD,又取C平面BC。，所以￡F〃平面3CD

又〃，G分別為BC,C。的中點，所以“G籍及8。，所以EF//HG且EF豐HG,所以四邊形

EPG/Z是梯形.故選B.

4.（2023?杭州模擬）已知P為AABC所在平面外一點，平面a〃平面ABC,且a與線段PA,PB,

PC分別交于點4,B',C,若"：AA'=2:3,則SAAEO:SAABC=（）

A.2：3B.2：5

C.4：9D.4：25

答案D

22

解析?平面a〃平面ABC,：.A'C'//AC,A'B'//AB,B'C'//BC,：.S^B'c:S^ABC=PA'：PA,

又PA'：AA'=2:3,：.PA'：PA=2：5,：.S^B-C:SAABC=4:25.故選D.

5.（2023?福州檢測）如圖所示，正方體ABC。-AiBCiDi中,點E,F,G,P,。分別為棱

CiD,,D,Ai,DiD,CiC的中點，則下列敘述中正確的是（）

A.直線8?！ㄆ矫鍱FG

B.直線4B〃平面EFG

C.平面APC〃平面EPG

D.平面AiBQ〃平面EPG

答案B

解析過點E,F,G的截面為如圖所示的六邊形PG8E/Q（/1,/分別為A4i,BC的中點），

連接43,BQ,AP,AC,PC,易知8。與平面EFG相交于點。，故A錯誤；山〃HE,

AiBC平面EFG,HEu平面EFG,；.4山〃平面EFG,故B正確；APu平面ADOiA，HGu

平面AODiAi，延長HG與孫必相交，故C錯誤；易知平面48。與平面EFG有交點Q,故

D錯誤.故選B.

6.若平面a截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面a平行的棱有（）

A.。條B.1條

C.2條D.1條或2條

答案C

解析如圖所示，平面a即平面EFG8,則四邊形EFG8為平行四邊形，則所〃GH：EFC

平面BCD,GHu平面BCD〃平面BCD.又EFu平面ACD,平面BCOCl平面ACD=CD,

尸〃CD又EEu平面EFGH,CDC平面EFGH,...CO〃平面EFG”.同理，AB〃平面EFGH,

所以與平面a（平面EFGH）平行的棱有2條.故選C.

7.（2024?河北承德模擬）如圖所示，設正方體ABCD—AIBICLDI的棱長為“，點尸是棱上

一點，且AP=1,過3,Di,尸的平面交平面ABCD于尸。，點。在直線CD上，則尸。=（）

2.@

A.§4B.3。

「巫n2^3

C.2aD.3a

答案A

解析在正方體ABCD—AiBCiOi中，連接B。，BBtZ/DDi，BBi=DDt，.?.四邊形。。出山

是平行四邊形，又在正方體ABCO—AiSGOi中，平面AiBCQi〃平面4BCQ,

平面BQiPC平面AiBiCQi=BQi，平面BiDiPC平面ABC￡)=PQ,...Bi5〃PQ,.?.尸Q〃BD

POPD

：.ZPQD=ZBDCf又NP￡>Q=N3C￡>=90°,：.APDQ^/\BCDf???忘=反，又正方體

、］a2ar-PDBD

ABCD~A\B\C\D\的棱長為a,..BC—a,PD—AD—AP—a—^—~,BD=yj2a,；?PQ=~~^Q~

2ar-

W72a24

〃.故選A.

一Q—3

8.（2023?重慶聯考）如圖，四棱柱ABC。一A/iCiOi中，四邊形ABC。為平行四邊形，E,尸分

別在線段DB,皿上,且需=哥=/點G在CG上，且平面AEE〃平面MG則黑=

1

2-

A.

C2

3-

答案B

解析如圖所示，延長AE交CD于”，連接切，則△DE”SABE4,所以籌=普=*因為

ADLLDZ

平面AEF〃平面BAG,平面AEFH平面CDDiG=FW,平面BDiGCl平面CDDCi=OiG,所

以修〃01G.又四邊形CDdCi是平行四邊形，所以△D/Tfs^GGOi，所以若=黑",因

Ci（_rC1Z>1

、[DHDH1匕「2DF1e、）DF1匕17—匕「CG1、小

為C]Z）i=AS=2,所以C]G=T因為FD]=亍所以尸D]=GG,DF=CG,所以=].故選

二、多項選擇題

9.（2023?山東濟寧期末）已知根，〃為兩條不重合的直線，a,4為兩個不重合的平面，則下列

說法正確的是（）

A.若加〃Q,幾〃萬且a〃尸，則相〃〃

B.若機〃〃，m^_a,〃_L夕，則a〃夕

C.若m〃n,〃ua,a//P，m邙,則相〃夕

D.若根〃〃，〃_La,a_L4，貝!Jm〃￡

答案BC

解析若加〃a,〃〃夕且a〃夕，則可能加〃小m,〃異面或加，〃相交，A錯誤；若根〃幾，

m.La,則〃_La,又〃_L尸，故a〃尸，B正確；若加〃九，nua,貝!]機〃a或機ua,又a〃￡,

m邨,Wm〃B，C正確；若根〃小〃J_a,則m_La,又a_L￡,則加〃￡或加u夕，D錯誤.故

選BC.

10.（2023?江蘇常州模擬）如圖，在下列四個正方體中，A,8為正方體的兩個頂點，D,E,F

分別為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線與平面OEE平行的是（）

A

答案AC

解析對于A,易知AB〃OE,ABC平面DEF,DEu平面DEF,；.直線AB〃平面。EF,故

A符合題意；對于B,如圖1,TAB〃腦V,MN與平面QEF相交，與平面。EF相交，

故B不符合題意；對于C,'：AB//DF,ABC平面DEF,。尸u平面?！晔本€AB與平面

OEF平行，故C符合題意；對于D,如圖2,連接AC,取AC的中點。，連接O。，則AB

//OD,與平面OEF相交.，直線4B與平面。EF相交，故D不符合題意.故選AC.

三、填空題

11.（2023?陜西安康模擬）如圖，四邊形ABCZ）是梯形，AB//CD,且〃平面a,M是A。的

中點，BC與平面a交于點N,AB=4,CD=6,則MN=.

答案5

解析因為〃平面a,ABc^WABCD,平面A3CZX1平面a=MN,所以又M是

的中點，所以MN是梯形ABC。的中位線，故MN=/（AB+CZ））=5.

12.（2024?河南信陽光山中學質檢）正方體ABCD—A16CQ1中，與平面AC5平行的面對角

線有條.

答案3

解析如圖，連接4G,AiB,BG.由正方體的性質，可得A4i〃CG,且A4i=CG,所以

四邊形ACGAi是平行四邊形，所以AC〃4G.因為ACu平面ACA,AC1C平面AC5,所以

4G〃平面AC5.同理可得,43〃平面ACZ）i,2Ci〃平面AC5.其余面對角線均與平面ACA

有交點，所以與平面AC。平行的面對角線有3條.

13.如圖所示，在正四棱柱ABCD—AiSCQi中，E,F,G,X分別是棱CG，GDi，DiD,

DC的中點,N是BC的中點，點M在四邊形EPG8及其內部運動，則M只需滿足條件

就有〃平面（注：填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況）

答案點M在線段"/上（或點M與點H重合）

解析連接HN,FH,FN（圖略），則EH〃DDi，HN//BD,；.平面加/N〃平面SB。。，只

需MEFH,則MNu平面FHN,；.〃平面BiBDDi.

14.（2024.江蘇輔仁高級中學階段考試）如圖，在長方體ABCD—AiBiGDi中，AD=DDx=\,

AB=小,E,F,G分別是AB,BC,CQi的中點，點尸在平面ABC。內，若直線AP〃平

面匹G,則線段小尸長度的最小值是.

答案呼

解析如圖，連接AA,AC,0c因為E,F,G分別為AB,BC,CQi的中點，所以AC〃

EF,又EFC平面AC5,ACu平面ACDi，則EF〃平面ACA.同理可得EG〃平面AC。，又

EFCEG=E,EF,EGu平面EFG,所以平面AC5〃平面EFG.因為直線OiP〃平面E尸G,

所以點尸在直線AC上.在AACni中，易得ADi=41,AC=2,CDi=2,所以&AC巧=￡x也

______亞

x1)22—隹)=W‘故當OlP'AC時’線段D1P的長度最小’最小值為產-=坐.

2X2

四、解答題

15.如圖，在正方體ABCD—4B1GO1中，E,F,G,H分別是BC,CCi，CQi，AAi的中

點，求證：

(l)BF〃HDi；

(2)EG〃平面BBDD；

⑶平面BDF〃平面BiDiH.

證明(1)取2山的中點連接HM,MCi,

?.?”是AAi的中點，

山健CQi，

：.HM^CiDi，

：.四邊形HMCD是平行四邊形，

'：M,E分別是BBj,CCi的中點，

：.四邊形BMCiF是平行四邊形，

：.MCi//BF,：.BF//HDx.

⑵取2。的中點0,連接OE,ODi,

則OE^DC,

又DiG%DC,：.OE^DiG.

：.四邊形OEGDi是平行四邊形，：.EG//DxO.

又OiOu平面BBtDiD,EGC平面BBQQ,

，EG〃平面BBiDD

(3)由(1)知B尸〃HQi，由題意易證

又Bid，"du平面Bid",BF,BDu平面BDF,且^^口血尸5，BDCBF=B,

平面BDP〃平面BiDiH.

16.(2023?廣西柳州模擬)如圖所示，在四棱錐尸一ABC。中，底面ABCD為平行四邊形，側面

為正三角形，M為線段尸。上一點，N為3c的中點.

⑴當M為尸。的中點時，求證：MN〃平面B4B；

(2)當尸B〃平面AMN時，求出點M的位置，并說明理由.

解(1)證明：取AP的中點E,連接EM,EB,

在AR4。中，M為尸。的中點，E為AP的中點，

：.EM//AD,EM^AD,

在平行四邊形ABCD中，N為BC的中點，

J.BN//AD,BN=^AD,

：.BN//EM,BN=EM,

：.四邊形BNME為平行四邊形，

J.MN//BE,又MNC平面以2,BEu平面B42,

〃平面PAB.

(2)連接AN,BD,交于O,連接OM,

???尸5〃平面AMN,平面尸瓦加平面AMN=OM,PBu平面PBD,

：.PB//OM,

.PMOBBN1

??麗=歷=礪=1，

即存在點M,M為P0上靠近點尸的三等分點.

素養提標

17.（2023?江西贛州統考二模）在棱長為4的正方體A3CD—A向CQ中，點P滿足4t=4#,

E,尸分別為棱BC,C。的中點，點。在正方體ABC。一的表面上運動，滿足4Q

〃平面EFP,則點。的軌跡所構成圖形的周長為（）

A.B.2病

詆8^37

J33

答案D

解析延長ADAB,分別交EP的延長線于點/1,G,連接尸G,PH,分別交2S,DA于

點、R,T,過點人作4K〃尸G交于點K,過點4作4N/7PH交。d于點N,因為4KC

平面EFP,PGu平面EFP,所以4K〃平面EFP,同理可得4N〃平面EEP,因為AKClAiN

=Ai，所以平面EFP〃平面AiKN,過點N作NM〃AiK交CCi于點連接MK,則MK〃

AiN,則平行四邊形4KMN（Ai點除外）為點。的軌跡所構成的圖形.因為正方體的棱長為4,

E,歹分別為棱BC,C。的中點，筋1=4#,所以AP=1,BR=DT=*因為AF=KR=NT

12?

=3,所以SK=￡）iN=4—3—過點N作N/_LCG于點J,則CV=￡hN=§,JM=BiK

=|,由勾股定理，得AiK=4N=AW=MK=yA</2+加=4所以點。的軌

跡所構成圖形的周長為率.故選D.

18.（多選X2024?湖南長郡中學月考）在直三棱柱ABC—ABiG中，A4i=AB=BC=