《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 4 第4講 直線、平面平行的判定及其性質教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 4 第4講 直線、平面平行的判定及其性質教學案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第4講　直線、平面平行的判定及其性質 1．直線與平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 判定定理 平面外一條直線與這個平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行(線線平行?線面平行) 因為l∥a， a?α，l?α， 所以l∥α 性質定理 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平行(簡記為“線面平行?線線平行”) 因為l∥α， l?β，α∩β＝b， 所以l∥b 2.平面與平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 判定定理 一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩

2、個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”) 因為a∥β， b∥β，a∩b＝P， a?α，b?α， 所以α∥β 性質定理 如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行 因為α∥β， α∩γ＝a， β∩γ＝b， 所以a∥b 3.線、面平行中的三個重要結論 (1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β； (2)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b； (3)平行于同一個平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ. [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)若一條直線平行于

3、一個平面內的一條直線，則這條直線平行于這個平面．(　　) (2)若一條直線平行于一個平面，則這條直線平行于這個平面內的任一條直線．(　　) (3)若直線a與平面α內無數(shù)條直線平行，則a∥α.(　　) (4)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．(　　) (5)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：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ [教材衍化] 1．(必修2P61A組T1(1)改編)下列命題中正確的是(　　) A．若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經過b的任何平面 B．若直線a和平面α滿足a

4、∥α，那么a與α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，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，則b∥α 解析：選D.A錯誤，a可能在經過b的平面內；B錯誤，a與α內的直線平行或異面；C錯誤，兩個平面可能相交；D正確，由a∥α，可得a平行于經過直線a的平面與α的交線c，即a∥c，又a∥b，所以b∥c，b?α，c?α，所以b∥α. 2．(必修2P58練習T3改編)平面α∥平面β的一個充分條件是(　　) A．存在一條直線a，a∥α，a∥β B．存在一條直線a，a?α，a∥β C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在兩條異面直線a

5、，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α 解析：選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，則a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，則a∥β，b∥α，故排除C. 3．(必修2P62A組T3改編)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為DD1的中點，則BD1與平面AEC的位置關系為________． 解析：連接BD，設BD∩AC＝O，連接EO， 在△BDD1中，E為DD1的中點，O為BD的中點， 所以EO為△BDD1的中位線，則BD1∥EO， 而BD1?平面ACE，EO?平面ACE， 所

6、以BD1∥平面ACE. 答案：平行 [易錯糾偏] (1)對空間平行關系的轉化條件理解不夠致誤； (2)對面面平行判定定理的條件“平面內兩相交直線”認識不清致誤； (3)對面面平行性質定理理解不深致誤． 1．若平面α∥平面β，直線a∥平面α，點B∈β，則在平面β內且過B點的所有直線中(　　) A．不一定存在與a平行的直線 B．只有兩條與a平行的直線 C．存在無數(shù)條與a平行的直線 D．存在唯一的與a平行的直線 解析：選A.當直線a在平面β內且過B點時，不存在與a平行的直線．故選A. 2．下列條件中，能判斷兩個平面平行的是________． ①一個平面內的一條直線平行于另一

7、個平面； ②一個平面內的兩條直線平行于另一個平面； ③一個平面內有無數(shù)條直線平行于另一個平面； ④一個平面內任何一條直線都平行于另一個平面． 解析：由兩個平面平行的判定定理可知，如果一個平面內的兩條相交直線與另外一個平面平行，那么這兩個平面平行．顯然只有④符合條件． 答案：④ 3．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EFGH的形狀為________． 解析：因為平面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，所以四邊形EFGH是平行四邊形． 答案：平行四邊形

8、 　　　　　　線面平行的判定與性質(高頻考點) 平行關系是空間幾何中的一種重要關系，包括線線平行、線面平行、面面平行，其中線面平行在高考試題中出現(xiàn)的頻率很高，一般出現(xiàn)在解答題的某一問中．主要命題角度有： (1)線面位置關系的判斷； (2)線面平行的證明； (3)線面平行性質的應用． 角度一　線面位置關系的判斷 設m，n表示不同直線，α，β表示不同平面，則下列結論中正確的是(　　) A．若m∥α，m∥n，則n∥α B．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β C．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n?β，則n∥β 【解析】　A錯誤，n

9、有可能在平面α內；B錯誤，平面α有可能與平面β相交；C錯誤，n也有可能在平面β內；D正確，易知m∥β或m?β，若m?β，又n∥m，n?β，所以n∥β，若m∥β，過m作平面γ交平面β于直線l，則m∥l，又n∥m，所以n∥l，又n?β，l?β，所以n∥β. 【答案】　D 角度二　線面平行的證明 (2020·浙江省六市六校聯(lián)盟模擬)如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，點D為AC的中點，AA1＝AB＝2. (1)求證：AB1∥平面BC1D； (2)若BC＝3，求三棱錐D-BC1C的體積． 【解】　(1)證明：連接B1C，設B1C與BC1相交于

10、點O，連接OD. 因為四邊形BCC1B1是平行四邊形． 所以點O為B1C的中點． 因為點D為AC的中點，所以OD為△AB1C的中位線，所以OD∥AB1. 因為OD?平面BC1D，AB1?平面BC1D， 所以AB1∥平面BC1D. (2)在三棱柱ABC-A1B1C1中， 側棱CC1∥AA1.又因為AA1⊥平面ABC， 所以側棱CC1⊥平面ABC， 故CC1為三棱錐C1-BCD的高，A1A＝CC1＝2， 因為S△BCD＝S△ABC＝＝， 所以VD-BCC1＝VC1-BCD＝CC1·S△BCD ＝×2×＝1. 角度三　線面平行性質的應用 如圖，在四棱柱ABCD-A1B1

11、C1D1中，點E為線段AD上的任意一點(不包括A，D兩點)，平面CEC1與平面BB1D交于FG.證明：FG∥平面AA1B1B. 【證明】　在四棱柱ABCD-A1B1C1D1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與平面BB1D交于FG， 所以CC1∥FG，因為BB1∥CC1， 所以BB1∥FG，而BB1?平面AA1B1B，F(xiàn)G?平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B. 證明直線與平面平行的常用方法 (1)定義法：證明直線與平面沒有公共點，通常要借助于反證法來證明． (2)判定

12、定理法：在利用判定定理時，關鍵是找到平面內與已知直線平行的直線，可先直觀判斷題中是否存在這樣的直線，若不存在，則需作出直線，常考慮利用三角形的中位線、平行四邊形的對邊平行或過已知直線作一平面，找其交線進行證明．　 1．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(　　) 解析：選A.對于選項B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項C，D中均有AB∥平面MNQ.故選A

13、. 2.如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，點F是AB的中點，點E是PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)在PC上求一點G，使FG∥平面AEC，并證明你的結論． 解：(1)證明：連接BD與AC交于點O，連接EO. 因為四邊形ABCD為矩形， 所以O為BD的中點． 又E為PD的中點， 所以EO∥PB. 因為EO?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)PC的中點G即為所求的點． 證明如下：設點G為PC的中點， 連接GE、FG， 因為E為PD的中點， 所以GE綊CD. 又F為AB的中點，且四邊形ABCD為矩形， 所以

14、FA綊CD. 所以FA綊GE. 所以四邊形AFGE為平行四邊形， 所以FG∥AE.又FG?平面AEC，AE?平面AEC， 所以FG∥平面AEC. 　　　　　　面面平行的判定與性質 如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點，求證： (1)B，C，H，G四點共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 【證明】　(1)因為點G，H分別是A1B1，A1C1的中點， 所以GH∥B1C1，又B1C1∥BC， 所以GH∥BC，所以B，C，H，G四點共面． (2)在△ABC中，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點， 所以EF∥

15、BC， 因為EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， 所以EF∥平面BCHG. 又因為G，E分別為A1B1，AB的中點， 所以A1G綊EB，所以四邊形A1EBG是平行四邊形， 所以A1E∥GB. 因為A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG， 所以A1E∥平面BCHG. 又因為A1E∩EF＝E， 所以平面EFA1∥平面BCHG. 1．(變問法)在本例條件下，若點D為BC1的中點，求證：HD∥平面A1B1BA. 證明：如圖所示，連接HD，A1B， 因為D為BC1的中點， H為A1C1的中點， 所以HD∥A1B， 又HD?平面A1B1BA， A1B?平面A1B1

16、BA， 所以HD∥平面A1B1BA. 2．(變問法)在本例條件下，若D1，D分別為B1C1，BC的中點，求證：平面A1BD1∥平面AC1D. 證明：如圖所示，連接A1C交AC1于點M， 因為四邊形A1ACC1是平行四邊形， 所以M是A1C的中點，連接MD， 因為D為BC的中點， 所以A1B∥DM. 因為A1B?平面A1BD1， DM?平面A1BD1， 所以DM∥平面A1BD1. 又由三棱柱的性質知，D1C1綊BD， 所以四邊形BDC1D1為平行四邊形， 所以DC1∥BD1. 又DC1?平面A1BD1， BD1?平面A1BD1， 所以DC1∥平面A1BD1， 又

17、因為DC1∩DM＝D， DC1，DM?平面AC1D， 所以平面A1BD1∥平面AC1D. 　 1．(2020·嘉興調研)如圖，AB∥平面α∥平面β，過A，B的直線m，n分別交α，β于點C，E和D，F(xiàn)，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，則BD的長為(　　) A.　　　　　 　　　　 B. C. D. 解析：選C.由AB∥α∥β，易證 ＝. 即＝， 所以BD＝＝＝. 2．如圖所示，四邊形ABCD與四邊形ADEF都為平行四邊形，點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)如圖所示

18、，設DF與GN交于點O，連接AE，則AE必過點O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線， 所以BE∥MO. 因為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. 因為DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因為M為AB的中點， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN. 因為BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG. 因為DE與BD為平面BDE內的兩條相交直線， 所以平面BDE∥平面MNG. 　　　　　　立體幾何中的探索性

19、問題 如圖，四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點． (1)求證：CE∥平面PAD； (2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結論，若不存在，請說明理由． 【解】　(1)證明：如圖所示，取PA的中點H，連接EH，DH， 因為E為PB的中點， 所以EH∥AB，EH＝AB， 又AB∥CD，CD＝AB. 所以EH∥CD，EH＝CD， 因此四邊形DCEH是平行四邊形， 所以CE∥DH， 又DH?平面PAD，CE?平面PAD， 所以CE∥平面PAD. (2)如圖所示，取AB的中點F，連接CF，EF， 所以AF

20、＝AB，又CD＝AB，所以AF＝CD， 又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形， 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的中點F滿足要求． 解決探索性問題的策略方法 (1)根據(jù)探索性問題的設問，假設其存在并探索出結論，然后在這個假設下進行推理論證，若得到合乎情理的結論就肯定假設，若得到矛盾就否定假設． (2)按類似于分析法的格式書寫步驟：從結論出發(fā)“要使……成立”“只需使……成立”．　 　如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，點D，E分別為AB，BC

21、的中點． (1)若F為BB1的中點，判斷AC1與平面DEF是否平行？若平行，請給予證明，若不平行，說明理由； (2)試問：在側棱BB1上是否存在點F，使三棱錐F-DEB的體積與三棱柱ABC-A1B1C1的體積之比為. 解：(1)法一：連接B1C，BC1，B1C與BC1交于點G，連接DG，F(xiàn)G， 則DG∥AC1， 因為DG?平面GDF，AC1?平面GDF， 則AC1∥平面GDF. 由于平面GDF∩平面DEF＝DF， 故AC1與平面DEF不可能平行． 法二：連接B1C，BC1，B1C與BC1交于點G，連接DG，F(xiàn)G， 則DG∥AC1， 而DG?平面DEF，且DG與平面DE

22、F交于點D， 故AC1與平面DEF不可能平行． (2)假設點F存在，由 ＝ ＝×＝，得＝，顯然，點F不存在． [基礎題組練] 1．在空間內，下列命題正確的是(　　) A．平行直線的平行投影重合 B．平行于同一直線的兩個平面平行 C．垂直于同一平面的兩個平面平行 D．垂直于同一平面的兩條直線平行 解析：選D.對于A，平行直線的平行投影也可能互相平行，或為兩個點，故A錯誤；對于B，平行于同一直線的兩個平面也可能相交，故B錯誤；對于C，垂直于同一平面的兩個平面也可能相交，故C錯誤；而D為直線和平面垂直的性質定理，正確． 2．設α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，“m∥β

23、”是“α∥β”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B.當m∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥βD/?α∥β；當α∥β時，α內任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分條件． 3．(2020·杭州中學高三期中)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥γ，α⊥β，則γ∥β B．若m∥n，m?α，n?β，則α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β D．若m∥n，m∥α，則n∥α 解析：

24、選C.對于A，若α⊥γ，α⊥β，則γ與β平行或相交；對于B，若m∥n，m?α，n?β，則α與β平行或相交；對于D，若m∥n，m∥α，則n∥α或n在平面α內． 4.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊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EFGH，且四邊形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是平行四邊形 解析：選B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分

25、別為BC，CD的中點，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四邊形EFGH是梯形． 5．如圖，若Ω是長方體ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去幾何體EB1F-HC1G后得到的幾何體，其中E為線段A1B1上異于B1的點，F(xiàn)為線段BB1上異于B1的點，且EH∥A1D1，則下列結論不正確的是(　　) A．EH∥FG B．四邊形EFGH是矩形 C．Ω是棱柱 D．Ω是棱臺 解析：選D.因為EH∥A1D1，A1D1∥B1C1， 所以EH∥B1C1，所以EH∥平面BCGF， 又因為FG?平面BCGF，所以EH∥FG，故A正確； 因為B1C1⊥平面A1B1BA，EF

26、?平面A1B1BA， 所以B1C1⊥EF，則EH⊥EF， 又由上面的分析知，EFGH為平行四邊形，故它是矩形，故B正確； 因為EH∥B1C1∥FG，故Ω是棱柱，故C正確． 6．(2020·杭州二中期中考試)如圖，在多面體ABC-DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，EF∥DG，且AB＝DE，DG＝2EF，則(　　) A．BF∥平面ACGD B．CF∥平面ABED C．BC∥FG D．平面ABED∥平面CGF 解析：選A.取DG的中點為M，連接AM，F(xiàn)M，如圖所示． 則由已知條件易證四邊形DEFM是平行四邊形，所以DE綊FM，因為平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩

27、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，所以四邊形ABFM是平行四邊形，即BF∥AM.又BF?平面ACGD，所以BF∥平面ACGD.故選A. 7.如圖，在空間四邊形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關系是__________． 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.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等

28、于________． 解析：因為EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， 所以EF∥AC，所以點F為DC的中點． 故EF＝AC＝. 答案： 9．(2020·寧波效實中學模擬)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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及其內部運動，則M只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請?zhí)钌夏阏J為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況) 解析：連接HN，F(xiàn)H，F(xiàn)N，則FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只要

29、M∈FH，則MN?平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1. 答案：M位于線段FH上(答案不唯一) 10．在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P是A1B1的中點，過點A1作與截面PBC1平行的截面，所得截面的面積是________． 解析：如圖，取AB，C1D1的中點E，F(xiàn)，連接A1E，A1F，EF，則平面A1EF∥平面BPC1. 在△A1EF中， A1F＝A1E＝，EF＝2， S△A1EF＝×2×＝， 從而所得截面面積為2S△A1EF＝2. 答案：2 11．如圖，已知ABCD-A1B1C1D1是棱長為3的正方體，點E在AA1上，點F在CC1上，點G在BB1上，且

30、AE＝FC1＝B1G＝1，點H是B1C1的中點． (1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點共面； (2)求證：平面A1GH∥平面BED1F. 證明：(1)因為AE＝B1G＝1，所以BG＝A1E＝2， 因為BG∥A1E，所以A1G∥BE. 又因為C1F綊B1G， 所以FG∥C1B1∥D1A1，所以四邊形A1GFD1是平行四邊形． 所以A1G∥D1F，所以D1F∥EB， 故E、B、F、D1四點共面． (2)因為點H是B1C1的中點，所以B1H＝. 又B1G＝1，所以＝. 又＝，且∠FCB＝∠GB1H＝90°， 所以△B1HG∽△CBF， 所以∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，所

31、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．如圖，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點． (1)當?shù)扔诤沃禃r，BC1∥平面AB1D1? (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值． 解：(1)如圖，取D1為線段A1C1的中點， 此時＝1. 連接A1B交AB1于點O，連接OD1. 由棱柱的性質，知四邊形A1ABB1為平行四邊形，所以點O為A1B的中點． 在△A1BC1中，點O，D1分別為A1B，A1C1的中點， 所以OD1∥BC1. 又因為OD1?平面AB

32、1D1，BC1?平面AB1D1， 所以BC1∥平面AB1D1. 所以＝1時，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＝，＝. 又因為＝1， 所以＝1，即＝1. [綜合題組練] 1．如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面四個命題： ①沒有水的部分始終呈棱柱形； ②水面EFGH所在四邊形的面積為定值； ③棱A

33、1D1始終與水面所在平面平行； ④當容器傾斜如圖所示時，BE·BF是定值． 其中正確的個數(shù)是(　　) A．1　　　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 解析：選C.由題圖知，顯然①是正確的，②是錯的； 對于③因為A1D1∥BC，BC∥FG， 所以A1D1∥FG且A1D1?平面EFGH， 所以A1D1∥平面EFGH(水面)． 所以③是正確的； 因為水是定量的(定體積V)． 所以S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V. 所以BE·BF＝(定值)，即④是正確的，故選C. 2．(2020·杭州二中模擬)已知兩個不重合的平面α，β，給定以下條件： ①α內不共線的三

34、點到β的距離相等； ②l，m是α內的兩條直線，且l∥β，m∥β； ③l，m是兩條異面直線，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：選D.①中，α內的三點中如果一點在平面β的一側，另兩點在平面β的另一側，也可滿足這三點到β的距離相等，所以①不符合題意．②中，l與m平行時，α與β也可能相交．③中，如圖所示，過直線l作一平面γ，設γ∩α＝a，γ∩β＝b.因為l∥α，l∥β，所以l∥a，l∥b，所以a∥b，過直線m作一平面σ，設σ∩α＝c，σ∩β＝d.因為m∥α，m∥β，所以m∥c，m∥d，所以c∥d，所以c∥β.

35、因為l，m是兩條異面直線，所以a，c必相交，所以α∥β，所以③符合題意． 3．在△ABC中，AB＝5，AC＝7，∠A＝60°，G是重心，過G的平面α與BC平行，AB∩α＝M，AC∩α＝N，則MN＝________． 解析：根據(jù)余弦定理，得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝39， 所以BC＝. 因為BC∥α，MN＝α∩平面ABC，所以MN∥BC， 又G是△ABC的重心，連接AG交BC于D， 所以＝＝，則MN＝. 答案： 4．(2020·溫州中學高考模擬)如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，點P是棱AD上一點，且AP＝，過B1、D1、P的平

36、面交底面ABCD于PQ，Q在直線CD上，則PQ＝________． 解析：因為平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝PQ，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥PQ. 又因為B1D1∥BD，所以BD∥PQ， 設PQ∩AB＝M，因為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·杭州學軍中學高三模擬)如圖，一個側棱長為l的直三棱柱ABC-A1B1C1容器中盛有液體(不計容器厚度)．若液面恰好分別

37、過棱AC，BC，B1C1，A1C1的中點D，E，F(xiàn)，G. (1)求證：平面DEFG∥平面ABB1A1； (2)當?shù)酌鍭BC水平放置時，求液面的高． 解：(1)證明：因為D，E分別為棱AC，BC的中點，所以DE是△ABC的中位線，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)當直三棱柱ABC-A1B1C1容器的側面AA1B1B水平放置時，由(1)可知，液體部分是直四棱柱，其高即為原直三棱柱ABC-A1B1C1容器的高，即側棱長l，當?shù)酌鍭BC水平放

38、置時，設液面的高為h，△ABC的面積為S， 則由已知條件可知，△CDE∽△CAB，且S△CDE＝S，所以S四邊形ABED＝S. 由于兩種狀態(tài)下液體體積相等， 所以V液體＝Sh＝S四邊形ABEDl＝Sl，即h＝l. 因此，當?shù)酌鍭BC水平放置時，液面的高為l. 6．如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8.點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，過點E、F的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形EFGH. (1)求證：A1E＝D1F； (2)判斷A1D與平面α的關系． 解：(1)證明：過點E分別作EM⊥AB于點M，EN⊥D1C1于點N. 設MH＝m，NF＝n. 因為EFGH是正方形，所以EF＝EH＝HF. 又在長方體ABCD-A1B1C1D1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與F重合．所以A1E＝D1N＝D1F. (2)由(1)知，A1D≠EG.又A1E∥DG. 所以四邊形A1DGE是以A1D與EG為腰的梯形， 即A1D與EG相交．又EG?α. 所以直線A1D與平面α相交． 20