第48讲直线、平面平行的判定与性质_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第48讲 直线、平面平行的判定与性质 知识梳理 知识点一：直线和平面平行 1、定义 直线与平面没有公共点，则称此直线l与平面α平行，记作l∥α 2、判定方法(文字语言、图形语言、符号语言) 文字语言 图形语言 符号语言 如果平面外的一条直线和这 l∥l 1 线 ∥ 线 ⇒ 个平面内的一条直线平行，那么这 l 1 ⊂α l⊄α 线∥面 条直线和这个平面平行(简记为 “线线平行⇒线面平行  ⇒l∥α 如果两个平面平行，那么在一 α∥β 面 ∥ 面 ⇒ 个平面内的所有直线都平行于另 a⊂α 线∥面 一个平面  ⇒a∥β 3、性质定理(文字语言、图形语言、符号语言) 文字语言 图形语言 符号语言 如果一条直线和 l∥α l⊂β 一个平面平行，经过 α∩β=l 线∥面⇒线∥线 这条直线的平面和这 个平面相交，那么这 条直线就和交线平行  ⇒ l ∥l 知识点二：两个平面平行 1、定义 没有公共点的两个平面叫作平行平面，用符号表示为：对于平面α和β，若α∩β=ϕ，则 α∥β 2、判定方法(文字语言、图形语言、符号语言) 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一个平面内有两 a⊂α,b⊂α,a∩b=P 线 ∥ 面 ⇒ 条相交的直线都平行于另 a∥β，b∥β⇒α∥β 面∥面 一个平面，那么这两个平面 平行(简记为“线面平行⇒ 面面平行 线 ⊥ 面 如果两个平面同垂直 l⊥α l⊥β ⇒面∥面 于一条直线，那么这两个平  ⇒α∥β 第 页 共 页 1334 3427面平行 3、性质定理(文字语言、图形语言、符号语言) 文字语言 图形语言 符号语言 如果两个平面平行，那么 面⎳面⇒ 在一个平面中的所有直 α⎳β 线⎳面 线都平行于另外一个平 a⊂α 面  ⇒a⎳β 如果两个平行平面同时 和第三个平面相交，那么 α⎳β 性质定理 他们的交线平行(简记为 α∩γ=a “面面平行⇒线面平 β∩γ=b 行”)  ⇒a⎳b. 如果两个平面中有一个 面⎳面⇒ 垂直于一条直线，那么另 α⎳β 线⊥面 一个平面也垂直于这条 l⊥α 直线  ⇒l⊥β 【解题方法总结】 线线平行、线面平行、面面平行的转换如图所示． (1)证明直线与平面平行的常用方法： ①利用定义，证明直线a与平面α没有公共点，一般结合反证法证明； ②利用线面平行的判定定理，即线线平行⇒线面平行．辅助线的作法为：平面外直线的 端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的 线段； ③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行； (2)证明面面平行的常用方法： ①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用两个平面垂直于同一条直线； ④证明两个平面同时平行于第三个平面． 第 页 共 页 1335 3427(3)证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理； 必考题型全归纳 1 题型一：平行的判定 2316 (2024·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试)若α、β是两个不重合的平 面， ①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α⎳β； ②设α、β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β； ③若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l⎳α； 以上说法中成立的有( )个． A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】C 【解析】对于①，设l,l ⊂平面α，且l ∩l =A， 1 2 1 2 由直线与平面平行的判定定理可知l ⎳β，l ⎳β， 1 2 再由平面与平面平行的判定定理可知α⎳β，则①正确； 对于②，设α、β交于直线l，若α内有一条直线垂直于l， 则α、β可能垂直也可能不垂直，则②错误； 对于③，由直线与平面平行的判定定理可知l⎳α，则③正确， 故选：C． 2317 (2024·全国·高三对口高考)过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面 ( ) A.不存在 B.只有一个 C.有无数个 D.不能确定 【答案】D 【解析】过直线l外两点作与l平行的平面， 如果两点所在的直线与已知直线相交，则这样的平面不存在； 如果两点所在的直线与已知直线平行，则这样的平面有无数个； 如果两点所在的直线与已知直线异面，则这样的平面只有一个． 因此只有D正确． 故选：D． 2318 (2024·福建泉州·校联考模拟预测)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. 第 页 共 页 1336 3427C. D. 【答案】D 【解析】对于A，由正方体的性质可得MN⎳EF⎳AC，MN⊄平面ABC，AC⊂平面 ABC， 所以直线MN⎳平面ABC，能满足； 对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN⎳AD，MN⊄平面ABC， AD⊂平面ABC，所以直线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，MN⊄平面ABC， BD⊂平面ABC， 所以直线MN⎳平面ABC，能满足； 第 页 共 页 1337 3427对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行， 不能满足． 故选：D． 2319 (2024·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试)a，b，c为三条不重合的直 线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出下面六个命题： ①a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥γ，b∥γ，则a∥b； ③α∥c，β∥c，则α∥β；④若α∥γ，β∥γ，则α∥β； ⑤若α∥c，a∥c，则a∥α；⑥若a∥γ，α∥γ，则a∥α． 其中真命题的个数是 ( ) A.4 B.3 C.2 D.1 【答案】C 【解析】a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面， ①a∥c，b∥c，则a∥b，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确； ②a∥γ，b∥γ，则a，b可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确； ③α∥c，β∥c，则α，β可能平行，也可能相交，所以③不正确； ④α∥γ，β∥γ，则α∥β，满足平面与平面平行的性质，所以④正确； ⑤α∥c，a∥c，则a∥α或a⊂α，所以⑤不正确； ⑥a∥γ，α∥γ，则a∥α或a⊂α，所以⑥不正确； 故选：C． 2320 (2024·全国·高三专题练习)设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是 ( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α，β垂直于同一个平面 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一条直线 第 页 共 页 1338 3427【答案】D 【解析】对于A：α内有无数条直线与β平行推不出α∥β，只有α内所有直线与β平行才 能推出，故A错误； 对于B：α，β垂直于同一平面，得到α∥β或α与β相交，故B错误； 对于C：α，β平行于同一条直线，得到α∥β或α与β相交，故C错误； 对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故α，β垂直于同一条直线可得α∥β，故： D正确． 故选：D 【解题方法总结】 排除法：画一个正方体，在正方体内部或表面找线或面进行排除． 2 题型二：线面平行构造之三角形中位线法 2321 (2024·广东河源·高三校联考开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，E,F分别为PD, PB的中点，连接EF． (1)当G为PC上不与点P,C重合的一点时，证明：EF⎳平面BDG； 【解析】(1)因为E,F分别为PD,PB的中点，所以EF∥BD， 因为EF⊄平面BDG，BD⊂平面BDG， 所以EF⎳平面BDG． 2322 (2024·贵州毕节·校考模拟预测)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面ACCA 是矩 1 1 1 1 1 形，AC⊥AB，AB=AA =2,AC=t(t>2)，∠AAB=120°E,F分别为棱AB,BC的 1 1 1 1 中点，G为线段CF的中点． (1)证明：AG⎳平面AEF． 1 (2)若三棱锥A-GEF的体积为1，求t． 【解析】(1)连接AB，交AE于点O，连接OF， 1 第 页 共 页 1339 3427由题意，四边形ABBA 为平行四边形，所以AB=AB ， 1 1 1 1 1 因为E为AB 中点，∴AE= AB， 1 1 1 2 1 ∴△AOE与△BOA相似，且相似比为 ， 1 2 1 1 ∴AO= OB，又∵F，G为BC，CF中点，∴GF= BF， 1 2 2 所以OF⎳AG，又OF⊂平面AEF，AG⊄平面AEF， 1 1 所以AG⎳平面AEF． 1 (2)由V =V A-GEF G-AEF 由(1)AG⎳平面AEF，则点A 与G到平面AEF的距离相等． 1 1 所以V =V =V =V ， A-GEF G-AEF A1-AEF F-AA1E 由侧面ACCA 是矩形，则AC⊥AA ，又AC⊥AB，且AA ∩AB=A， 1 1 1 1 AA ⊂平面ABBA ，AB⊂平面ABBA ， 1 1 1 1 1 所以AC⊥平面ABBA ，F是BC的中点， 1 1 1 所以F到平面ABBA 的距离为 AC， 1 1 2 又∠AAB=120°，则∠BAA=60°， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以V = V = × S ⋅AC= × × ×2×1×sin60°⋅t=1， F-AA1E 2 C-AA1E 2 3 △AA1E 2 3 2 所以t=4 3． 2323 (2024·黑龙江大庆·统考二模)如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD的中心 为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，PF=2FO． (1)证明：EO⎳平面PBC； 【解析】(1)证明：如图，延长FO至点M，使FO=OM，连接MD， ∵底面ABCD的中心为O，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD， ∵BO=OD，∠FOB=∠DOM， ∴△FOB≌△DOM， 第 页 共 页 1340 3427PF PE ∴∠FBO=∠MDO，∴FB∥DM，∴EF∥DM，∴ = FM ED 而PF=2FO=FM，∴PE=ED，∴EO∥PB， ∵PB⊂平面PBC，EO⊄平面PBC，∴EO⎳平面PBC； 2324 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为梯形， AB⎳CD，AD⊥AB，AB=AP=2DC=4，PB=2AD=4 2，PD=2 6，M，N分别 是PD，PB的中点． (1)求证：直线MN⎳平面ABCD； 【解析】(1)连接BD，∵M，N分别是PD，PB的中点． ∴MN⎳BD， 又∵MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD ∴直线MN⎳平面ABCD 2325 (2024·陕西汉中·高三统考期末)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥平面ABC， 1 1 1 1 且AA =AB=BC=AC=2，点E是棱AB的中点． 1 (1)求证：BC ⎳平面ACE； 1 1 (2)求三棱锥E-ACC 的体积． 1 1 【解析】(1)连接AC 交AC于点F，连接EF， 1 1 第 页 共 页 1341 3427∵E是AB的中点，F是AC 的中点， 1 ∴EF∥BC ， 1 ∵EF⊂平面ACE，BC ⊄平面ACE， 1 1 1 ∴BC ⎳平面ACE； 1 1 (2)过E作EG⊥AC于G， ∵AA ⊥平面ABC，EG⊂平面ABC， 1 ∴AA ⊥EG， 1 又AC∩AA =A，AC,AA ⊂平面AACC， 1 1 1 1 ∴EG⊥平面AACC， 1 1 在等边△ABC中，E是AB的中点，EG⊥AC,AB=2， 3 ∴EG= ． 2 1 1 1 3 所以三棱锥E-ACC 的体积为V = S ⋅EG= × ×2×2× = 1 1 E-A1CC1 3 △A1CC1 3 2 2 3 ． 3 2326 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是正方形， PD=AD=1，PD⊥平面ABCD，点E是棱PC的中点，点F是棱PB上的一点，且EF ⊥PB． (1)求证：PA⎳平面EDB； (2)求点F到平面EDB的距离． 【解析】(1)连接AC交BD于G，连接EG，如图所示． 第 页 共 页 1342 3427因为四边形ABCD是正方形，所以G是AC的中点，又点E是棱PC的中点， 所以EG是△PAC的中位线，所以PA⎳EG， 又PA⊄平面EDB，EG⊂平面EDB，所以PA⎳平面EDB． (2)因为PD⊥平面ABCD，DC，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC， 又BC⊥CD，CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD， 又PC，DE⊂平面PCD，所以PC⊥BC，DE⊥BC． 2 在△PDC中，PD⊥DC，PD=CD=1，E是PC的中点，所以PE=EC=DE= ， 2 DE⊥PC， 又DE⊥BC，BC∩PC=C，BC，PC⊂平面PBC， 所以DE⊥平面PBC，所以DE是三棱锥D-BEF的高． 在△PBC中，PC⊥BC，PC= 2，BC=1，所以PB= 3， PC BP BC 所以Rt△BCP∼Rt△EFP，所以 = = ， PF EP EF PC⋅EP 3 BC⋅EP 6 2 3 得PF= = ，EF= = ，BF= ， BP 3 BP 6 3 1 1 1 1 V = S ⋅DE= × ×BF⋅EF⋅DE= ． D-BEF 3 △BEF 3 2 18 2 2 在△BDE中，BD= 2，DE= ，BE= EC2+BC2=  2 2  2 6 +12= ， 2 所以BD2=DE2+BE2，所以DE⊥BE， 1 3 所以S = DE⋅BE= ． △BDE 2 4 1 3 1 设点F到平面EDB的距离为h，所以V = S h= h=V = ，解得h F-BDE 3 △BDE 12 D-BEF 18 2 3 = ， 9 2 3 即点F到平面EDB的距离为 ． 9 2327 (2024·新疆昌吉·高三校考学业考试)如图，在正方体ABCD-ABCD 中，E是棱 1 1 1 1 DD 的中点． 1 第 页 共 页 1343 3427(1)证明：BD ⎳平面AEC； 1 (2)若正方体棱长为2，求三棱锥D-AEC的体积． 【解析】(1)连接BD交AC于O，连接OE，如图， 因为在正方体ABCD-ABCD 中，底面ABCD是正方形，则O是BD的中点， 1 1 1 1 又E是DD 的中点，则OE是△BDD 的中位线，故OE⎳BD ， 1 1 1 又OE⊂面AEC，BD ⊄面AEC，所以BD ⎳平面AEC． 1 1 (2)因为正方体ABCD-ABCD 中，AD⊥平面DCCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以V =V = S ⋅AD= × ×DE×CD×AD= × ×1×2×2 D-AEC A-DEC 3 △DEC 3 2 3 2 2 = ． 3 【解题方法总结】 (1)初学者可以拿一把直尺放在PB位置(与PB平齐)，如图一； (2)然后把直尺平行往平面ACE方向移动，直到直尺第一次落在平面ACE内停止，如图 二； (3)此时刚好经过点E(这里熟练后可以直接凭数感直接找到点E)，此时直尺所在的位置 就是我们要找的平行线，直尺与AC相交于点F，连接EF，如图三； (4)此时PB、EF长度有长有短，连接PB、EF并延长刚好交于一点D，刚好构成A型模 型(E为PD中点，则F也为BD中点，若E为等分点，则F也为BD对应等分点)，PB∥ EF，如图四． 图一图二图三图四 第 页 共 页 1344 34273 题型三：线面平行构造之平行四边形法 2328 (2024·天津滨海新·高三校考期中)如图，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，平面PAD ⊥底面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点，AB=6，DP=AP=5，∠BAD=60°． (1)求证：EF⎳平面PAD； 【解析】(1)证明：取PD中点G，连接AG,FG，因为F,G分别是PC,PD的中点，所以FG 1 ∥CD,FG= CD， 2 1 又因为底面ABCD是菱形，E是AB的中点，所以AE∥CD,AE= CD， 2 所以FG∥AE,FG=AE，所以四边形AEFG是平行四边形，所以EF∥AG， 又EF⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以EF⎳平面PAD． 2329 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱台ABCD-EFGH的底面是菱形，且∠BAD= π ，DH⊥平面ABCD，EH=2，DH=3，AD=4． 3 (1)求证：AE⎳平面BDG； (2)求三棱锥F-BDG的体积． 【解析】(1)连接AC交BD于点O，连接EG,GO， ∵几何体ABCD-EFGH为四棱台，∴A,C,G,E四点共面，且EG⊂平面EFGH，AC ⊂平面ABCD， ∵平面EFGH⎳平面ABCD，∴EG⎳AC； π ∵四边形EFGH和ABCD均为菱形，∠BAD= ，EH=2，AD=4， 3 1 ∴EG= AC=AO=2 3，∴四边形AOGE为平行四边形，∴AE⎳GO， 2 又GO⊂平面BDG，AE⊄平面BDG，∴AE⎳平面BDG． (2)连接GE交FH于K， ∵DH⊥平面ABCD，平面ABCD⎳平面EFGH，∴DH⊥平面EFGH， 又GE⊂平面EFGH，∴GE⊥DH， ∵GE⊥FH，DH∩FH=H，DH,FH⊂平面BDHF，∴GE⊥平面BDHF； π ∵四边形EFGH为菱形，∠FEH=∠BAD= ，EF=2，∴GK= 3， 3 1 1 1 ∴V =V = S ⋅GK= × ×4×3× 3=2 3． F-BDG G-BDF 3 △BDF 3 2 第 页 共 页 1345 34272330 (2024·全国·高三专题练习)如图，在正三棱柱ABC-ABC 中，D,D,F分别是BC， 1 1 1 1   BC ，AB 的中点，BC=4BE，△ABC的边长为2． 1 1 1 1 (1)求证：：EF⎳平面ADDA ； 1 1 【解析】(1)证明：取AD 的中点G，连接FG，DG， 1 1 1 1 根据题意可得FG⎳BD ，且FG= BD ，DE= BD， 1 1 2 1 1 2 由三棱柱得性质知BD⎳BD ，所以FG⎳BD，则四边形DGEF是平行四边形， 1 1 所以EF⎳DG， 因为EF⊄面ADDA ，DG⊂面ADDA ， 1 1 1 1 所以EF⎳面ADDA． 1 1 2331 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习)如图，在三棱柱ABC-ABC 1 1 1 中，AA ⊥底面ABC，AB=AC= 5，BC=2，AA = 2，D、E分别为棱BC、AB 的 1 1 1 1     中点，AP=2PB，CQ=2QE． 1 1 第 页 共 页 1346 3427(1)求证：PQ⎳平面CAD； 1 【解析】(1)证明：取BC 中点F，连接AF、FB． 1 1 1   因为E是AB 的中点，且CQ=2QE，故Q为△ABC 的重心， 1 1 1 1 1 1 AQ 所以A 、Q、F共线，且 1 =2， 1 QF   AQ AP 又AP=2PB，故 1 = 1 ，所以PQ⎳BF， 1 QF PB 因为BB ⎳CC 且BB =CC ，则四边形BBCC为平行四边形，故BC⎳BC 且BC= 1 1 1 1 1 1 1 1 BC ， 1 1 因为D、F分别为BC、BC 的中点，所以，CF⎳BD且CF=BD， 1 1 1 1 则四边形FCDB为平行四边形，所以BF⎳DC ，所以PQ⎳DC ， 1 1 1 又PQ⊄平面CAD，DC ⊂平面CAD，所以PQ⎳面CAD． 1 1 1 1 2332 (2024·天津红桥·高三天津市复兴中学校考阶段练习)如图所示，在四棱锥P-ABCD 1 中，BC∥平面PAD，BC= AD，E是PD的中点． 2 (1)求证：BC∥AD； (2)求证：CE∥平面PAB； (3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理 由． 【解析】(1)在四棱锥P-ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，AD⊂平面 PAD， 平面ABCD∩平面PAD=AD，所以BC∥AD； (2)如下图，取F为AP中点，连接EF,BF，由E是PD的中点， 1 1 所以EF∥AD且EF= AD，由(1)知BC∥AD，又BC= AD， 2 2 所以EF∥BC且EF=BC，所以四边形BCEF为平行四边形，故CE∥BF， 第 页 共 页 1347 3427而CE⊂平面PAB，BF⊄平面PAB，则CE∥平面PAB． (3)取AD中点N，连接CN，EN， 因为E，N分别为PD，AD的中点，所以EN∥PA， 因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EN∥平面PAB， 线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB，理由如下： 由(2)知：CE∥平面PAB，又CE∩EN=E，CE⊂平面CEN，EN⊂平面CEN， 所以平面CEN∥平面PAB，又M是CE上的动点，MN⊂平面CEN， 所以MN∥平面PAB，所以线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB． 【解题方法总结】 (1)初学者可以拿一把直尺放在EF位置，如图一； (2)然后把直尺平行往平面PAB方向移动，直到直尺第一次落在平面PAB内停止，如图 二； (3)此时刚好经过点B(这里熟练后可以直接凭数感直接找到点B)，此时直尺所在的位置 就是我们要找的平行线，直尺与PA相交于点O，连接BO，如图三； (4)此时PB、EF长度相等(感官上相等即可，若感觉有长有短则考虑法一A型的平行)， 连接OE，刚好构成平行四边形BFEO型模型(E为PD中点，O也为PA中点，OE为三 角形PAD中位线)，OB∥EF，如图四． 图一 图二 图三 图四 4 题型四：线面平行转化为面面平行 2333 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，且四边 形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱BC，AD，PA的中点． 第 页 共 页 1348 3427(1)求证：PE⎳平面BFG； (2)若AB=2，求点C到平面BFG的距离． 【解析】(1)连接DE， ∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点， ∴DF=BE，DF⎳BE， ∴四边形BEDF是平行四边形，∴DE⎳BF， ∵G是PA的中点，∴FG⎳PD， ∵PD,DE⊄平面BFG，FG,BF⊂平面BFG， ∴PD⎳平面BFG，DE⎳平面BFG， ∵PD∩DE=D，直线PD,DE在平面PDE内， ∴平面PDE⎳平面BFG，∵PE⊂平面PDE， ∴PE⎳平面BFG． (2)∵PD⊥平面ABCD，FG⎳PD， ∴FG⊥平面ABCD， 过C在平面ABCD内，作CM⊥BF，垂足为M，则FG⊥CM， ∵FG∩BF=F，又直线FG，BF在平面BFG内， ∴CM⊥平面BFG， ∴CM的长是点C到平面BFG的距离， ∵△BCF中，FB=CF= 5， 2×2 4 5 ∴由等面积可得CM= = ， 5 5 4 5 ∴点C到平面BFG的距离为 ． 5 2334 (2024·全国·模拟预测)如图，在多面体ABCDMP中，四边形ABCD是菱形，且有 ∠DAB=60°，AB=DM=1，PB=2，PB⊥平面ABCD，PB∥DM． 第 页 共 页 1349 3427(1)求证：AM⎳平面PBC； 【解析】(1)因为四边形ABCD是菱形， 所以AD∥BC， 又 平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD⎳平面PBC， 因为PB∥DM，PB⊂平面PBC，DM⊄平面PBC， 所以DM⎳平面PBC， 又因为AD∩MD=D，AD,MD⊂平面ADM， 所以平面ADM⎳平面PBC， 又AM⊂平面AMD， 所以AM⎳平面PBC． 2335 (2024·江西赣州·统考模拟预测)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面AACC是矩 1 1 1 1 1 形，侧面BBCC是菱形，∠BBC=60°，D、E分别为棱AB、BC 的中点，F为线段CE 1 1 1 1 1 1 的中点． (1)证明：AF⎳平面ADE； 1 【解析】(1)证明：取AC 的中点M，连接AM、EM、FM， 1 1 因为AA ⎳BB 且AA =BB ，故四边形AABB为平行四边形，所以，AB⎳AB 且 1 1 1 1 1 1 1 1 AB=AB ， 1 1 1 因为D为AB的中点，则AD⎳AB 且AD= AB ， 1 1 2 1 1 1 因为M、E分别为AC 、BC 的中点，所以，EM⎳AB 且EM= AB ， 1 1 1 1 1 1 2 1 1 所以，AD⎳EM且AD=EM，故四边形ADEM为平行四边形，所以，AM⎳DE， 因为AM⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以，AM⎳平面ADE， 1 1 1 因为M、F分别为AC 、CE的中点，所以，FM⎳AE， 1 1 1 1 因为FM⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以，FM⎳平面ADE， 1 1 1 1 因为AM∩FM=M，AM、FM⊂平面AFM，所以，平面AFM⎳平面ADE， 1 因为AF⊂平面AFM，故AF⎳平面ADE． 1 2336 (2024·上海·模拟预测)直四棱柱ABCD-ABCD ，AB∥DC，AB⊥AD，AB=2， 1 1 1 1 第 页 共 页 1350 3427AD=3，DC=4 (1)求证：AB⎳面DCCD； 1 1 【解析】(1)由题意得AA⎳DD，AB⎳CD， 1 1 AA,AB⊄平面DCD，DD,CD⊂平面DCD， 1 1 1 1 ∴AA⎳平面DCD，AB⎳平面DCD 1 1 1 而AA∩AB=A，∴平面AAB⎳平面DCD， 1 1 1 又∵AB⊂平面AAB,∴AB⎳平面DCCD 1 1 1 1 2337 (2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考开学考试)如图，多面体ABCDEF中，四边 形ABCD为矩形，二面角A-CD-F的大小为45°，DE⎳CF，CD⊥DE，AD=2，DC =3． (1)求证：BF⎳平面ADE； 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD是矩形，所以，BC⎳AD， 因为BC⊂平面BCF，AD⊄平面BCF，所以AD⎳平面BCF， 因为DE⎳CF，CF⊂平面BCF，DE⊄平面BCF，所以DE⎳平面BCF， 因为AD∩DE=D，AD、DE⊂平面ADE，则平面BCF⎳平面ADE， 因为BF⊂平面BCF，所以，BF⎳平面ADE． 2338 (2024·全国·高三对口高考)已知正方形ABCD和正方形ABEF，如图所示，N、M分别 EN BM 是对角线AE、BD上的点，且 = ．求证：MN⎳平面EBC． AN MD 【解析】证明：过点N作NF⎳BE交AB于点F，连接FM， 第 页 共 页 1351 3427EN BF 因为NF⎳BE，则 = ， AN AF EN BM BF BM 又因为 = ，则 = ，所以，FM⎳AD， AN MD AF DM 因为四边形ABCD为矩形，则BC⎳AD，所以，FM⎳BC， 因为NF⎳BE，NF⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，所以，NF⎳平面BCE， 因为FM⎳BC，FM⊄平面BCE，BC⊂平面BCE，所以，FM⎳平面BCE， 因为NF∩FM=F，NF、FM⊂平面MNF，所以，平面MNF⎳平面BCE， 因为MN⊂平面MNF，所以，MN⎳平面MNF． 【解题方法总结】 本法原理：已知平面α∥平面β，则平面β里的任意直线均与平面α平行 5 题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 2339 (2024·河南·高三校联考阶段练习)已知四棱锥P-ABCD，底面为菱形ABCD,PD⊥ π 平面ABCD，PD=AD=CD=2,∠BAD= ,E为PC上一点． 3 (1)平面PAD∩平面PBC=l，证明：BC∥l； 【解析】(1)证明：因为BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD， 所以BC∥平面PAD， 又因为平面PAD∩平面PBC=l，所以BC∥l． 2340 (2024·河南·高三校联考阶段练习)已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PD⊥ π 平面ABCD，PD=AD=CD=2，∠BAD= ，E为PC上一点． 3 第 页 共 页 1352 3427(1)平面PAD∩平面PBC=l，证明：BC⎳l． π (2)当直线BE与平面BCD的夹角为 时，求三棱锥P-BDE的体积． 6 【解析】(1)因为BC⎳AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD， 所以BC⎳平面PAD，BC⊂平面PBC， 又因为平面PAD∩平面PBC=l，所以BC⎳l． (2)过点E作CD的垂线，垂足为M，则PD⎳EM， 因为PD⊥平面ABCD，所以EM⊥平面BCD， 若点E为PC中点，则点M为CD的中点， 1 此时EM= PD=1,BM⊥CD,BM= 3， 2 π 所以直线BE与平面BCD的夹角为∠EBM= ， 6 即点E为PC中点时满足题意， 因为PD⊥平面ABCD，所以BM⊂平面ABCD，所以PD⊥BM， 又因为BM⊥CD，PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD， 所以BM⊥平面PCD，所以点B到平面PCD的距离为BM= 3， 1 3 故V =V = ×1× 3= . P-BDE B-PDE 3 3 2341 (2024·重庆万州·统考模拟预测)如图1所示，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC 上一点，AE=BE=AD=2CD=2，CE= 3，将四边形AECD沿AE折起，使得BC= 3，得到如图2所示的四棱锥． (1)若平面BCD∩平面ABE=l，证明：CD⎳l； 第 页 共 页 1353 3427【解析】(1)在图1中，因为BC⊥CD，CE= 3，CD=1， 3 π 所以DE=2，sin∠CDE= ，又∠CDE∈0, 2 2  ， π 所以∠CDE= ， 3 因为DE=2，AE=AD=2， π 所以∠DEA= ，故CD⎳AE， 3 在图2中，因为CD⎳AE，AE⊂平面ABE，CD⊄平面ABE， 所以CD⎳平面ABE， 因为CD⊂平面BCD，平面BCD∩平面ABE=l，所以CD⎳l； 2342 (2024·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习)如图所示，在直三棱柱ABC- ABC 中，AC⊥BC，AC=BC=CC =2，点D、E分别为棱AC 、BC 的中点，点F 1 1 1 1 1 1 1 1 是线段BB 上的点(不包括两个端点)． 1 (1)设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：AB ⎳m； 1 1 【解析】(1)证明：因为点D、E分别为棱AC 、BC 的中点，则DE⎳AB ， 1 1 1 1 1 1 在三棱柱ABC-ABC 中，四边形AABB为平行四边形，所以，AB ⎳AB，则 1 1 1 1 1 1 1 DE⎳AB， 因为DE⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以，DE⎳平面ABC， 因为DE⊂平面DEF，平面DEF∩平面ABC=m，所以，m⎳DE，故m⎳AB． 1 1 2343 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥P-ABCD的底面边长为8的正方形，四条侧 棱长均为2 17．点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点，平面GEFH⊥ 平面ABCD，BC⎳平面GEFH．证明：GH⎳EF． 第 页 共 页 1354 3427【解析】因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH=GH，所 以GH∥BC， 因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面GEFH=EF， 所以EF∥BC，所以GH∥EF． 2344 (2024·江苏扬州·江苏省高邮中学校考模拟预测)如图，三棱台ABC-DEF中，AB= 2DE，M是EF的中点，点N在线段AB上，AB=4AN，平面DMN∩平面ADFC=l． (1)证明：MN∥l； 【解析】(1)证明：取FD的中点G，连接GM，AG， 1 因为M是EF的中点，所以GM∥DE，GM= DE， 2 1 因为三棱台ABC-DEF中，DE∥AB，DE= AB，AB=4AN， 2 所以GM∥AN，GM=AN，即四边形ANMG为平行四边形，所以MN∥GA， 因为 平面ADFC，GA⊂平面ADFC，所以MN⎳平面ADFC， 因为MN⊂平面DMN，平面DMN∩平面ADFC=l，所以MN∥l． 【解题方法总结】 如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就 和交线平行 6 题型六：面面平行的证明 2345 (2024·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，平 面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，AB=AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD=60°，M， 第 页 共 页 1355 3427N分别为AD，PA的中点． (1)证明：平面BMN∥平面PCD； 【解析】(1)证明：连接BD，如图 ∵AB=AD，∠BAD=60°， ∴△ABD为等边三角形， ∵M为AD的中点， ∴BM⊥AD， ∵AD⊥CD， 又CD，BM⊂平面ABCD， ∴BM∥CD， 又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴BM∥平面PCD， ∵M，N分别为AD，PA的中点， ∴MN∥PD， 又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD， ∴MN∥平面PCD． 又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN=M， ∴平面BMN∥平面PCD． 2346 (2024·山东临沂·高三校考阶段练习)如图，在多面体ABCDEF中，ABCD是正方形， AB=2，DE=BF，BF⎳DE，M为棱AE的中点． 第 页 共 页 1356 3427(1)求证：平面BMD⎳平面EFC； 【解析】(1)连AC交BD于N，则N为AC的中点， 因为M为AE的中点，所以MN⎳CE， 因为MN⊄平面EFC，CE⊂平面EFC，所以MN⎳平面EFC， 因为BF⎳DE，BF=DE，所以四边形BDEF是平行四边形，所以BD⎳EF， 因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，所以BD⎳平面EFC， 因为BD∩MN=N，BD,MN⊂平面BMD，所以平面BMD⎳平面EFC． 32．(2024·河北·统考模拟预测)在圆柱OO 中，等腰梯形ABCD为底面圆O 的内接 1 2 1 四边形，且AD=DC=BC=1，矩形ABFE是该圆柱的轴截面，CG为圆柱的一条母线， CG=1． (1)求证：平面OCG∥平面ADE； 1 (1)在圆柱OO 中，AE∥CG，AE⊄平面OCG，CG⊂平面OCG， 1 2 1 1 故AE∥平面OCG； 1 连接DO ，因为等腰梯形ABCD为底面圆O 的内接四边形，AD=DC=BC=1， 1 1 第 页 共 页 1357 3427π 故∠AOD=∠COD=∠BOC= ， 1 1 1 3 π 则△AOD为正三角形，故∠OAD=∠COB= ，则AD∥OC， 1 1 1 3 1 AD⊄平面OCG，OC⊂平面OCG， 1 1 1 故AD∥平面OCG； 1 又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面ADE， 故平面ADE∥平面OCG． 1 2347 (2024·甘肃定西·统考模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2 的菱形，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，OP= 3，点E，F分别 是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF． (1)求证：平面OEF⎳平面PCD； (2)求三棱锥O-PEF的体积． 【解析】(1)因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O 所以O为AC中点， 点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点， 所以OE为三角形ACP的中位线，OF为三角形BDP的中位线， 所以OE⎳PC，OF⎳DP， ∵OE⊄平面DCP，PC⊂平面DCP，∴OE⎳平面DCP， ∵OF⊄平面DCP，DP⊂平面DCP，∴OF⎳平面DCP， 而OE∩OF=O，OE⊂平面OEF，OF⊂平面OEF， ∴平面OEF⎳平面PCD． (2)因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°， 所以△BAD为等边三角形， 所以OB=1,OA= 3， 因为OP⊥底面ABCD， OA⊂底面ABCD，OB⊂底面ABCD， 所以OP⊥OA，OP⊥OB， 所以△POA和△POB均为直角三角形， 第 页 共 页 1358 3427所以PA=  3  2+ 3  2= 6，PB=  3  2+12=2， 22+ 6 所以cos∠PAB=  2-22 6 = ， 2×2× 6 4 6 所以sin∠PAB= 1- 4  2 10 = ， 4 1 15 所以S = ×2× 6sin∠PAB= ， △PAB 2 2 设点O到平面PEF的距离为h， 根据体积相等法可知V =V ， O-PAB P-OAB 1 15 1 1 所以 × ×h= × × 3×1× 3， 3 2 3 2 15 所以h= ． 5 1 1 1 V = ⋅S ⋅h= × S O-PEF 3 △PEF 3 4 △PAB  15 1 1 15 15 1 × = × × × = ， 5 3 4 2 5 8 1 故三棱锥O-PEF的体积为 ． 8 2348 (2024·四川南充·统考三模)如图所示，已知AC,BD是圆锥SO底面的两条直径，M为  劣弧BC的中点． (1)证明：SM⊥AD； 2π (2)若∠BOC= ，E为线段SM上的一点，且SE=2EM，求证：平面BCE∥平面 3 SAD． 【解析】(1)连接MO并延长交AD于N，如图所示，  ∵M为劣弧BC的中点， ∴MO是∠BOC的角平分线， ∴MN平分∠AOD， ∵OA=OD， ∴MN⊥AD， 又∵在圆锥SO中，SO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴SO⊥AD， ∵MN，SO⊂平面SMN，且MN∩SO=O， ∴AD⊥平面SMN， 又∵SM⊂平面SMN， ∴AD⊥SM． (2)设MO交BC于F，显然OF平分∠BOC，且OF⊥BC， 2π 又∠BOC= ， 3 第 页 共 页 1359 3427π ∴∠COF= ， 3 1 ∴在△COF中，OF= CO， 2 ∴F为OM的中点， 1 同理ON= OD， 2 ∴NF=2FM， 又∵SE=2EM， ME MF 1 ∴ = = ， SE NF 2 ∴EF∥SN， ∵SN⊂平面SAD，且EF⊄平面SAD， ∴EF∥平面SAD， 又∵在平面ABCD中，BC⊥MN,AD⊥MN， ∴BC∥AD， 又AD⊂平面SAD，且BC⊄平面SAD， ∴BC∥平面SAD， 又∵EF，BC⊂平面BCE，且EF∩BC=F， ∴平面BCE∥平面SAD． 【解题方法总结】 常用证明面面平行的方法是在一个平面内找到两条相交直线与另一个平面分别平行或 找一条直线同时垂直于这两个平面．证明面面平行关键是找到两组相交直线分别平行． 7 题型七：面面平行的性质 2349 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四棱柱ABCD-ABCD 中，底面ABCD为梯形， 1 1 1 1 AD⎳BC，平面ADCE与BB 交于点E．求证：EC⎳AD． 1 1 1 【解析】由四棱柱ABCD-ABCD 可知，BE⎳AA ，AA ⊂平面AAD，BE⊄平面 1 1 1 1 1 1 1 AAD， 1 所以BE⎳平面AAD； 1 第 页 共 页 1360 3427又AD⎳BC，AD⊂平面AAD，BC⊄平面AAD， 1 1 所以BC⎳平面AAD； 1 又BC∩BE=B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE； 所以平面BCE⎳平面AAD， 1 又平面ADCE∩平面BCE=EC，平面ADCE∩平面AAD=AD， 1 1 1 1 所以EC⎳AD． 1 2350 (2024·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模)如图，直四棱柱ABCD-ABCD 被平 1 1 1 1 π 面α所截，截面为CDEF，且EF=DC，DC=2AD=4AE=2，∠ADC= ，平面 1 3 4 EFCD与平面ABCD所成角的正切值为 3． 3 (1)证明：AD⎳BC； 【解析】(1)在直四棱柱ABCD-ABCD 中，平面ABCD⎳平面ABCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 平面ABCD⎳∩α=CD，平面ABCD ∩α=EF，则EF⎳CD， 1 1 1 1 而CD ⎳CD,CD =CD，又EF=CD，因此CD ⎳EF,CD =EF， 1 1 1 1 1 1 1 1 则四边形EFCD 是平行四边形，AD ⎳BC ， 1 1 1 1 1 1 所以AD⎳BC． 2351 (2024·安徽滁州·安徽省定远中学校考二模)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，四边形 1 1 1 AACC是边长为4的菱形．AB=BC= 13，点D为棱AC上动点(不与A，C重合)， 1 1 平面BBD与棱AC 交于点E． 1 1 1 (1)求证：BB ⎳DE； 1 【解析】(1)∵BB ⎳CC ， 1 1 且BB ⊄平面AACC，CC ⊂平面AACC， 1 1 1 1 1 1 ∴BB ⎳平面AACC， 1 1 1 又∵BB ⊂平面BBD，且平面BBD∩平面ACCA =DE， 1 1 1 1 1 ∴BB ⎳DE； 1 2352 (2024·北京·高三专题练习)如图，在多面体ABCDEF中，面ABCD是正方形，DE⊥平 面ABCD，平面ABF⎳平面CDE，A，D，E，F四点共面，AB=DE=2，AF=1． 第 页 共 页 1361 3427(1)求证：AF⎳DE； 【解析】(1)因为平面ABF⎳平面CDE，A，D，E，F四点共面， 且平面ABF∩平面ADEF=AF，平面CDE∩平面ADEF=DE， 所以AF⎳DE． 2353 (2024·全国·高三专题练习)在如图所示的圆柱中，AB，CD分别是下底面圆O，上底面 圆O 的直径，AD，BC是圆柱的母线，E为圆O上一点，P为DE上一点，且OP∥平面 1 BCE． (1)求证：DP=PE； 【解析】(1)如图，连接OP，OO， 1 1 因为BC为母线， 所以OO ∥BC， 1 又BC⊂平面BCE， 所以OO ∥平面BCE． 1 因为OP∥平面BCE， 所以平面OPO ∥平面BCE． 1 又因为平面DCE∩平面OPO =OP，平面DCE∩平面BCE=CE， 1 1 所以OP∥CE， 1 因为O 是CD的中点， 1 所以P是DE的中点， 第 页 共 页 1362 3427即DP=PE． 【解题方法总结】 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行(简记为“面面平行⇒ 线面平行”) 8 题型八：平行关系的综合应用 2354 (2024·全国·高三专题练习)已知正方体ABCD-ABCD 中，P、Q分别为对角线 1 1 1 1 CQ BP 2 BD、CD 上的点，且 = = ． 1 QD PD 3 1 (1)求证：PQ⎳平面ADDA； 1 1 AR (2)若R是AB上的点， 的值为多少时，能使平面PQR⎳平面ADDA？请给出证 AB 1 1 明． 【解析】(1)连结CP并延长与DA的延长线交于M点， 因为四边形ABCD为正方形， 所以BC⎳AD， 故△PBC~△PDM， CP BP 2 所以 = = ， PM PD 3 CQ BP 2 又因为 = = ， QD PD 3 1 CQ CP 2 所以 = = ， QD PM 3 1 所以PQ⎳MD． 1 又MD ⊂平面ADDA，PQ⊄平面ADDA， 1 1 1 1 1 故PQ⎳平面ADDA． 1 1 AR 3 (2)当 的值为 时，能使平面PQR⎳平面ADDA． AB 5 1 1 第 页 共 页 1363 3427AR 3 证明：因为 = ， AB 5 BR 2 即有 = ， RA 3 BR BP 故 = ． RA PD 所以PR⎳DA． 又DA⊂平面ADDA，PR⊄平面ADDA， 1 1 1 1 所以PR⎳平面ADDA， 1 1 又PQ∩PR=P，PQ⎳平面ADDA． 1 1 所以平面PQR⎳平面ADDA． 1 1 2355 (2024·全国·高三专题练习)如图、三棱柱ABC-ABC 的侧棱AA 垂直于底面ABC， 1 1 1 1 △ABC是边长为2的正三角形，AA =3，点D在线段AB上且AD=2DB，点E是线段 1 1 1 BE BC 上的动点．当 1 为多少时，直线DE⎳平面ACCA？ 1 1 EC 1 1 1 BE 1 【解析】当点E是线段BC 上靠近点B 的三等分点，即 1 = 时，DE⎳平面 1 1 1 EC 2 1 ACCA． 1 1 过点D作DF⎳AA交AB 于点F，过点F作EF⎳AC 交BC 于点E，连接DE， 1 1 1 1 1 1 1 第 页 共 页 1364 3427∵EF⎳AC,EF⊄平面ACCA ，AC ⊂平面ACCA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴EF⎳平面ACCA ， 1 1 ∵FD⎳AA，FD⊄面ACCA ，AA⊂平面ACCA ， 1 1 1 1 1 1 ∴FD⎳平面ACCA ， 1 1 又∵EF∩FD=F，EF⊂平面EFD，FD⊂平面EFD， ∴平面EFD⎳平面ACCA ， 1 1 ∵DE⊂平面EFD， ∴DE⎳平面ACCA． 1 1 BE BF BD 1 ∴ 1 = 1 = = ， EC FA DA 2 1 1 1 BE 1 ∴当 1 = 时，DE⎳平面ACCA． EC 2 1 1 1 2356 (2024·福建福州·福州四中校考模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，AC⊥ 1 1 1 BD BC,AC=2，且BC=CC =1，点D在线段BC(含端点)上运动，设λ= ． 1 1 BC 1 (1)当AB⎳平面ACD时，求实数λ的值； 1 【解析】(1)如图，连接AC ，交AC于点E，连接DE， 1 1 ∴E为AC 的中点，且平面ACD∩平面ABC =DE， 1 1 1 ∵AB⎳平面ACD,AB⊂平面ABC ，∴AB⎳DE， 1 1 1 ∴D为BC 的中点，即实数λ的值为 ． 1 2 第 页 共 页 1365 34272357 (2024·湖南长沙·高一长沙市实验中学校考期中)如图所示，四边形EFGH为空间四边 形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形． (1)求证：AB∥平面EFGH； (2)若AB=4，CD=6，求四边形EFGH周长的取值范围． 【解析】(1)∵四边形EFGH为平行四边形， ∴EF∥HG． ∵HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD， ∴EF∥平面ABD． 又∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB， ∴EF∥AB，又∵AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH， ∴AB∥平面EFGH． (2)设EF=x00)，则E(0,0,0)，A(-1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，   D(1,0,0)，P(-1,0,h)，PB=(1,1,-h)，PE=(1,0,-h)  设平面PBE的一个法向量为n=(x,y,z)， 1 1 1   则   P P  E B  ⋅ ⋅ n n  = = 0 0 ，即  x x 1 1 - +y h 1 z - 1 = h 0 z 1 =0 ，令z 1 =1，则x 1 =h，y 1 =0，则n  =(h,0,1)  设M(-1,0,t)，则MC=(2,1,-t)     由直线MC⎳平面PBE，可得MC⊥n，即MC⋅n=0 AM 2h 则2h+0-t=0，解之得t=2h，则AM=2h，又PA=h，则 = =2 AP h 2359 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)如图所求，四棱锥P-ABCD，底面 ABCD为平行四边形，F为PA的中点，E为PB中点． (1)求证：PC⎳平面BFD； PM (2)已知M点在PD上满足EC⎳平面BFM，求 的值． MD 【解析】(1)证明：连结AC交BD于O，连结OF， 因在△PAC中，F为PA中点，O为AC中点，则PC⎳FO ． 又PC⊄平面BFD，FO⊂平面BFD，故PC⎳平面BFD； 第 页 共 页 1367 3427(2)如图连结FM交AD延长线于G，连结BG交CD于N， 连结EF，FN，PG，EN． 因EF⎳CN，则E,F,N,C四点共面． 又EC⎳平面BFM，平面BFM∩平面EFNC=FN， 1 则EC⎳FN，四边形EFNC为平行四边形，可得EF=CN= CD ⇒N为CD中点． 2 则△BCN≅△GDN,N为BG中点． 1 即EN为△PBG中位线，则EN⎳PG，EN= PG． 2 又EF=DN,EF⎳DN，则四边形EFDN为平行四边形，EN⎳FD． PM PG PG 从而FD⎳PG，△FMD∼△GMP⇒ = = =2． MD FD EN 【解题方法总结】 证明平行关系的常用方法 熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问 题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法 第 页 共 页 1368 3427