2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章　4 第4讲　直线、平面平行的判定及其性质

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章　4 第4讲　直线、平面平行的判定及其性质

第4讲　直线、平面平行的判定及其性质 ‎1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)‎ 因为l∥a，‎ a⊂α，l⊄α，‎ 所以l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)‎ 因为l∥α，‎ l⊂β，α∩β＝b，‎ 所以l∥b ‎2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)‎ 因为a∥β，‎ b∥β，a∩b＝P，‎ a⊂α，b⊂α，‎ 所以α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 因为α∥β，‎ α∩γ＝a，‎ β∩γ＝b，‎ 所以a∥b ‎3.线、面平行中的三个重要结论 ‎(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)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b；‎ ‎(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.‎ ‎[疑误辨析]‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(　　)‎ ‎(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．(　　)‎ ‎(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(　　)‎ ‎(4)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(　　)‎ ‎(5)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√‎ ‎[教材衍化]‎ ‎1．(必修2P61A组T1(1)改编)下列命题中正确的是(　　)‎ A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面 B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行 C．平行于同一条直线的两个平面平行 D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α 解析：选D.A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交；D正确，由a∥α，可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b⊄α，c⊂α，所以b∥α.‎ ‎2．(必修2P58练习T3改编)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)‎ A．存在一条直线a，a∥α，a∥β B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α 解析：选D.若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.‎ ‎3．(必修2P62A组T3改编)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．‎ 解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，‎ 在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，‎ 所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，‎ 而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，‎ 所以BD1∥平面ACE.‎ 答案：平行 ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)对空间平行关系的转化条件理解不够致误；‎ ‎(2)对面面平行判定定理的条件“平面内两相交直线”认识不清致误；‎ ‎(3)对面面平行性质定理理解不深致误．‎ ‎1．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中(　　)‎ A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线 C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一的与a平行的直线 解析：选A.当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线．故选A.‎ ‎2．下列条件中，能判断两个平面平行的是________．‎ ‎①一个平面内的一条直线平行于另一个平面；‎ ‎②一个平面内的两条直线平行于另一个平面；‎ ‎③一个平面内有无数条直线平行于另一个平面；‎ ‎④一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面．‎ 解析：由两个平面平行的判定定理可知，如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行，那么这两个平面平行．显然只有④符合条件．‎ 答案：④‎ ‎3．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．‎ 解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．‎ 答案：平行四边形 ‎　　　　　　线面平行的判定与性质(高频考点)‎ 平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行在高考试题中出现的频率很高，一般出现在解答题的某一问中．主要命题角度有：‎ ‎(1)线面位置关系的判断；‎ ‎(2)线面平行的证明；‎ ‎(3)线面平行性质的应用．‎ 角度一　线面位置关系的判断 ‎ 设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是(　　)‎ A．若m∥α，m∥n，则n∥α B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β C．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β ‎【解析】　A错误，n有可能在平面α内；B错误，平面α有可能与平面β相交；C错误，n也有可能在平面β内；D正确，易知m∥β或m⊂β，若m⊂β，又n∥m，n⊄β，所以n∥β，若m∥β，过m作平面γ交平面β于直线l，则m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n⊄β，l⊂β，所以n∥β.‎ ‎【答案】　D 角度二　线面平行的证明 ‎ (2020·浙江省六市六校联盟模拟)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，点D为AC的中点，AA1＝AB＝2.‎ ‎(1)求证：AB1∥平面BC1D；‎ ‎(2)若BC＝3，求三棱锥DBC1C的体积．‎ ‎【解】　(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD.‎ 因为四边形BCC1B1是平行四边形．‎ 所以点O为B1C的中点．‎ 因为点D为AC的中点，所以OD为△AB1C的中位线，所以OD∥AB1.‎ 因为OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，‎ 所以AB1∥平面BC1D.‎ ‎(2)在三棱柱ABCA1B1C1中，‎ 侧棱CC1∥AA1.又因为AA1⊥平面ABC，‎ 所以侧棱CC1⊥平面ABC，‎ 故CC1为三棱锥C1BCD的高，A1A＝CC1＝2，‎ 因为S△BCD＝S△ABC＝＝，‎ 所以VDBCC1＝VC1BCD＝CC1·S△BCD ‎＝×2×＝1.‎ 角度三　线面平行性质的应用 ‎ 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.证明：FG∥平面AA1B1B.‎ ‎【证明】　在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，‎ 所以CC1∥平面BB1D，‎ 又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1与平面BB1D交于FG，‎ 所以CC1∥FG，因为BB1∥CC1，‎ 所以BB1∥FG，而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B.‎ 证明直线与平面平行的常用方法 ‎(1)定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明．‎ ‎(2)判定定理法：在利用判定定理时，关键是找到平面内与已知直线平行的直线，可先直观判断题中是否存在这样的直线，若不存在，则需作出直线，常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明．　 ‎ ‎1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 解析：选A.对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.‎ ‎2.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，点F是AB的中点，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：(1)证明：连接BD与AC交于点O，连接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：设点G为PC的中点，‎ 连接GE、FG，‎ 因为E为PD的中点，‎ 所以GE綊CD.‎ 又F为AB的中点，且四边形ABCD为矩形，‎ 所以FA綊CD.‎ 所以FA綊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.‎ ‎　　　　　　面面平行的判定与性质 ‎ 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，点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)因为点G，H分别是A1B1，A1C1的中点，‎ 所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC，‎ 所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．‎ ‎(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，‎ 所以EF∥BC，‎ 因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，‎ 所以EF∥平面BCHG.‎ 又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，‎ 所以A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，‎ 所以A1E∥GB.‎ 因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，‎ 所以A1E∥平面BCHG.‎ 又因为A1E∩EF＝E，‎ 所以平面EFA1∥平面BCHG.‎ ‎1．(变问法)在本例条件下，若点D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.‎ 证明：如图所示，连接HD，A1B，‎ 因为D为BC1的中点，‎ H为A1C1的中点，‎ 所以HD∥A1B，‎ 又HD⊄平面A1B1BA，‎ A1B⊂平面A1B1BA，‎ 所以HD∥平面A1B1BA.‎ ‎2．(变问法)在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.‎ 证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，‎ 因为四边形A1ACC1是平行四边形，‎ 所以M是A1C的中点，连接MD，‎ 因为D为BC的中点，‎ 所以A1B∥DM.‎ 因为A1B⊂平面A1BD1，‎ DM⊄平面A1BD1，‎ 所以DM∥平面A1BD1.‎ 又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，‎ 所以四边形BDC1D1为平行四边形，‎ 所以DC1∥BD1.‎ 又DC1⊄平面A1BD1，‎ BD1⊂平面A1BD1，‎ 所以DC1∥平面A1BD1，‎ 又因为DC1∩DM＝D，‎ DC1，DM⊂平面AC1D，‎ 所以平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎　 ‎ ‎1．(2020·嘉兴调研)如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于点C，E和D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为(　　)‎ A.　　　　　 　　　　 B. C. D. 解析：选C.由AB∥α∥β，易证 ＝.‎ 即＝，‎ 所以BD＝＝＝.‎ ‎2．如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，点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，‎ 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.‎ ‎　　　　　　立体几何中的探索性问题 ‎ 如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．‎ ‎(1)求证：CE∥平面PAD；‎ ‎(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．‎ ‎【解】　(1)证明：如图所示，取PA的中点H，连接EH，DH，‎ 因为E为PB的中点，‎ 所以EH∥AB，EH＝AB，‎ 又AB∥CD，CD＝AB.‎ 所以EH∥CD，EH＝CD，‎ 因此四边形DCEH是平行四边形，‎ 所以CE∥DH，‎ 又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，‎ 所以CE∥平面PAD.‎ ‎(2)如图所示，取AB的中点F，连接CF，EF，‎ 所以AF＝AB，又CD＝AB，所以AF＝CD，‎ 又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，‎ 所以CF∥AD，‎ 又CF⊄平面PAD，所以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．‎ 解决探索性问题的策略方法 ‎(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设．‎ ‎(2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”．　 ‎ ‎　如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D，E分别为AB，BC的中点．‎ ‎(1)若F为BB1的中点，判断AC1与平面DEF是否平行？若平行，请给予证明，若不平行，说明理由；‎ ‎(2)试问：在侧棱BB1上是否存在点F，使三棱锥FDEB的体积与三棱柱ABCA1B1C1的体积之比为.‎ 解：(1)法一：连接B1C，BC1，B1C与BC1交于点G，连接DG，FG，‎ 则DG∥AC1，‎ 因为DG⊂平面GDF，AC1⊄平面GDF，‎ 则AC1∥平面GDF.‎ 由于平面GDF∩平面DEF＝DF，‎ 故AC1与平面DEF不可能平行．‎ 法二：连接B1C，BC1，B1C与BC1交于点G，连接DG，FG，‎ 则DG∥AC1，‎ 而DG⊄平面DEF，且DG与平面DEF交于点D，‎ 故AC1与平面DEF不可能平行．‎ ‎(2)假设点F存在，由 ＝ ‎＝×＝，得＝，显然，点F不存在．‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．在空间内，下列命题正确的是(　　)‎ A．平行直线的平行投影重合 B．平行于同一直线的两个平面平行 C．垂直于同一平面的两个平面平行 D．垂直于同一平面的两条直线平行 解析：选D.对于A，平行直线的平行投影也可能互相平行，或为两个点，故A 错误；对于B，平行于同一直线的两个平面也可能相交，故B错误；对于C，垂直于同一平面的两个平面也可能相交，故C错误；而D为直线和平面垂直的性质定理，正确．‎ ‎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．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B.当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥βD/⇒α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．‎ ‎3．(2020·杭州中学高三期中)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D．若m∥n，m∥α，则n∥α 解析：选C.对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ与β平行或相交；对于B，若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α与β平行或相交；对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n在平面α内．‎ ‎4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　)‎ A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．‎ ‎5．如图，若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EB1FHC1G后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论不正确的是(　　)‎ A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形 C．Ω是棱柱 D．Ω是棱台 解析：选D.因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，‎ 所以EH∥B1C1，所以EH∥平面BCGF，‎ 又因为FG⊂平面BCGF，所以EH∥FG，故A正确；‎ 因为B1C1⊥平面A1B1BA，EF⊂平面A1B1BA，‎ 所以B1C1⊥EF，则EH⊥EF，‎ 又由上面的分析知，EFGH为平行四边形，故它是矩形，故B正确；‎ 因为EH∥B1C1∥FG，故Ω是棱柱，故C正确．‎ ‎6．(2020·杭州二中期中考试)如图，在多面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，EF∥DG，且AB＝DE，DG＝2EF，则(　　)‎ A．BF∥平面ACGD B．CF∥平面ABED C．BC∥FG D．平面ABED∥平面CGF 解析：选A.取DG的中点为M，连接AM，FM，如图所示．‎ 则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形，所以DE綊FM，因为平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，所以AB∥DE，所以 AB∥FM.又AB＝DE，所以AB＝FM，所以四边形ABFM是平行四边形，即BF∥AM.又BF⊄平面ACGD，所以BF∥平面ACGD.故选A.‎ ‎7.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是__________．‎ 解析：在平面ABD中，＝，‎ 所以MN∥BD.‎ 又MN⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，‎ 所以MN∥平面BCD.‎ 答案：平行 ‎8.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．‎ 解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，‎ 所以EF∥AC，所以点F为DC的中点．‎ 故EF＝AC＝.‎ 答案： ‎9．(2020·宁波效实中学模拟)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)‎ 解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，则MN⊂平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1.‎ 答案：M位于线段FH上(答案不唯一)‎ ‎10．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是A1B1的中点，过点A1作与截面PBC1平行的截面，所得截面的面积是________．‎ 解析：如图，取AB，C1D1的中点E，F，连接A1E，A1F，EF，则平面A1EF∥平面BPC1.‎ 在△A1EF中，‎ A1F＝A1E＝，EF＝2，‎ S△A1EF＝×2×＝，‎ 从而所得截面面积为2S△A1EF＝2.‎ 答案：2 ‎11．如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，点G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，点H是B1C1的中点．‎ ‎(1)求证：E，B，F，D1四点共面；‎ ‎(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.‎ 证明：(1)因为AE＝B1G＝1，所以BG＝A1E＝2，‎ 因为BG∥A1E，所以A1G∥BE.‎ 又因为C1F綊B1G，‎ 所以FG∥C1B1∥D1A1，所以四边形A1GFD1是平行四边形．‎ 所以A1G∥D1F，所以D1F∥EB，‎ 故E、B、F、D1四点共面．‎ ‎(2)因为点H是B1C1的中点，所以B1H＝.‎ 又B1G＝1，所以＝.‎ 又＝，且∠FCB＝∠GB1H＝90°，‎ 所以△B1HG∽△CBF，‎ 所以∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，所以HG∥FB.‎ 又由(1)知A1G∥BE，且HG∩A1G＝G，‎ FB∩BE＝B，所以平面A1GH∥平面BED1F. ‎ ‎12．如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．‎ ‎(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?‎ ‎(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．‎ 解：(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，‎ 此时＝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＝1时，BC1∥平面AB1D1.‎ ‎(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，‎ 且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，‎ 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.‎ 因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.‎ 所以＝，＝.‎ 又因为＝1，‎ 所以＝1，即＝1.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：‎ ‎①没有水的部分始终呈棱柱形；‎ ‎②水面EFGH所在四边形的面积为定值；‎ ‎③棱A1D1始终与水面所在平面平行；‎ ‎④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．‎ 其中正确的个数是(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C.由题图知，显然①是正确的，②是错的；‎ 对于③因为A1D1∥BC，BC∥FG，‎ 所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，‎ 所以A1D1∥平面EFGH(水面)．‎ 所以③是正确的；‎ 因为水是定量的(定体积V)．‎ 所以S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V.‎ 所以BE·BF＝(定值)，即④是正确的，故选C.‎ ‎2．(2020·杭州二中模拟)已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：‎ ‎①α内不共线的三点到β的距离相等；‎ ‎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 解析：选D.①中，α内的三点中如果一点在平面β的一侧，另两点在平面β的另一侧，也可满足这三点到β的距离相等，所以①不符合题意．②中，l与m平行时，α与β也可能相交．③中，如图所示，过直线l作一平面γ，设γ∩α＝a，γ∩β＝b.因为l∥α，l∥β，所以l∥a，l∥b，所以a∥b，过直线m作一平面σ，设σ∩α＝c，σ∩β＝d.因为m∥α，m∥β，所以m∥c，m∥d，所以c∥d，所以c∥β.因为l，m是两条异面直线，所以a，c必相交，所以α∥β，所以③符合题意．‎ ‎3．在△ABC中，AB＝5，AC＝7，∠A＝60°，G是重心，过G的平面α与BC平行，AB∩α＝M，AC∩α＝N，则MN＝________．‎ 解析：根据余弦定理，得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝39，‎ 所以BC＝.‎ 因为BC∥α，MN＝α∩平面ABC，所以MN∥BC，‎ 又G是△ABC的重心，连接AG交BC于D，‎ 所以＝＝，则MN＝.‎ 答案： ‎4．(2020·温州中学高考模拟)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP＝，过B1、D1、P的平面交底面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ＝________．‎ 解析：因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥PQ.‎ 又因为B1D1∥BD，所以BD∥PQ，‎ 设PQ∩AB＝M，因为AB∥CD，‎ 所以△APM∽△DPQ.所以＝＝2，即PQ＝2PM.‎ 又知△APM∽△ADB，所以＝＝，‎ 所以PM＝BD，又BD＝a，所以PQ＝a.‎ 答案：a ‎5．(2020·杭州学军中学高三模拟)如图，一个侧棱长为l的直三棱柱ABCA1B1C1容器中盛有液体(不计容器厚度)．若液面恰好分别过棱AC，BC，B1C1，A1C1的中点D，E，F，G.‎ ‎(1)求证：平面DEFG∥平面ABB1A1；‎ ‎(2)当底面ABC水平放置时，求液面的高．‎ 解：(1)证明：因为D，E分别为棱AC，BC的中点，所以DE是△ABC的中位线，所以DE∥AB.又DE⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，所以DE∥平面ABB1A1.同理DG∥平面ABB1A1，又DE∩DG＝D，所以平面DEFG∥平面ABB1A1.‎ ‎(2)当直三棱柱ABCA1B1C1容器的侧面AA1B1B水平放置时，由(1)可知，液体部分是直四棱柱，其高即为原直三棱柱ABCA1B1C1容器的高，即侧棱长l，当底面ABC水平放置时，设液面的高为h，△ABC的面积为S，‎ 则由已知条件可知，△CDE∽△CAB，且S△CDE＝S，所以S四边形ABED＝S.‎ 由于两种状态下液体体积相等，‎ 所以V液体＝Sh＝S四边形ABEDl＝Sl，即h＝l.‎ 因此，当底面ABC水平放置时，液面的高为l.‎ ‎6．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8.点E，F分别在A1B1，D1C1上，过点E、F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形EFGH.‎ ‎(1)求证：A1E＝D1F；‎ ‎(2)判断A1D与平面α的关系．‎ 解：(1)证明：过点E分别作EM⊥AB于点M，EN⊥D1C1于点N.‎ 设MH＝m，NF＝n.‎ 因为EFGH是正方形，所以EF＝EH＝HF.‎ 又在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝8，BC＝10.‎ 所以102＋n2＝82＋m2＝[102＋82＋(m－n)2]‎ 解得n＝0，m＝6.‎ 所以N与F重合．所以A1E＝D1N＝D1F.‎ ‎(2)由(1)知，A1D≠EG.又A1E∥DG.‎ 所以四边形A1DGE是以A1D与EG为腰的梯形，‎ 即A1D与EG相交．又EG⊂α.‎ 所以直线A1D与平面α相交．‎