8.5 空间直线、平面的平行

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必修第二册同步拔高，难度 3 颗星！

模块导图

知识剖析

线线平行

1 基本事实 4
平行于同一条直线的两条直线平行 (平行线的传递公理)
符号表述：$a / / b, b / / c \Rightarrow a / / c$
2 等角定理
如果空间中两个角度两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
 

线面平行

1 定义
直线与平面无交点.
2 判定定理
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.
(俗说：若 $a \not \subset \alpha$，要证明 $a / / \alpha$，则在平面 $α$ 内找一条直线与直线 $a$ 平行)
符号表述
$\left.\begin{array}{l} a / / b \\ a \not \subset \alpha \\ b \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha$ (线线平行⇒线面平行)
3 性质定理
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.
符号表述
$\left.\begin{array}{c} a / / \alpha \\ a \subset \beta \\ \alpha \cap \beta=b \end{array}\right\} \Rightarrow a / / b$ (线面平行⇒线线平行)
4 证明线面平行的方法
方法 1 定义法 (反证) $l \cap \alpha=\emptyset \Rightarrow l / / \alpha$(用于判断)
方法 2 判定定理：$\left.\begin{array}{l} a / / b \\ a \not \subset \alpha \\ b \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha$ (线线平行⟹线面平行)
方法 3 $\left.\begin{array}{l} \alpha / / \beta \\ a \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \beta$(面面平行⇒线面平行)
方法 4 $\left.\begin{array}{l} b \perp a \\ b \perp \alpha \\ a \not \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha$
 

面面平行

1 定义
$α∩β=∅⟹α // β$;
判断
(1) $α$ 内有无穷多条直线都与 $β$ 平行 (×)；
(2) $α$ 内的任何一条直线都与 $β$ 平行 (√)；
2 判定定理
如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面互相平行；
符号表述：$a, b \subset \alpha$，$a \cap b=0$，$a / / \beta$，$b / / \beta \Rightarrow \alpha / / \beta$
【如图】

推论：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行.
符号表述：$a ,b⊂α$ ，$a∩ b=O$ ，$a^{\prime}, b^{\prime} \subset \beta$ ，$a / / a^{\prime}$ ,$b / / b^{\prime} \Rightarrow \alpha / / \beta$
【如图】

3 面面平行的性质
性质 1 $\left.\begin{array}{l} a \subset \alpha \\ \alpha / / \beta \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \beta$ (面面平行⇒线面平行)
性质 2 $\left.\begin{array}{c} \alpha / / \beta \\ \alpha \cap \gamma=a \\ \beta \cap \gamma=b \end{array}\right\} \Rightarrow a / / b$ (面面平行⇒线线平行)
性质 3 夹在两个平行平面间的平行线段相等.
4 证明面面平行的方法
方法 1 定义法；
方法 2 判定定理及推论 (常用)
 

经典例题

【题型一】线面平行的证明

【典题 1】 如图所示，在棱长为 $a$ 的正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$E$,$F$ ,$P$ ,$Q$ 分别是 $BC$， $C_1 D_1$，$AD_1$，$BD$ 的中点.
(1) 求证：$PQ//$ 平面 $DCC_1 D_1$；
(2) 求 $PQ$ 的长；
(3) 求证：$EF//$ 平面 $BB_1 D_1 D$.

【解析】 (1) 如图所示，连接 $AC$，$CD_1$
$∵P$，$Q$ 分别为 $AD_1 、AC$ 的中点，
$∴PQ//CD_1$，
$\because C D_{1} \subset$ 平面 $DCC_1 D_1$，$P Q \not \subset$ 平面 $DCC_1 D_1$，
$∴PQ//$ 平面 $DCC_1 D_1$.

(2) 由题意，可得 $P Q=\dfrac{1}{2} D_{1} C=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a$
(3) 连接 $QE、D_1 Q$，

$∵E、Q$ 分别是 $BC$，$BD$ 的中点，
$∴QE//CD$ 且 $Q E=\dfrac{1}{2} C D$，
又 $D_1 F//CD$ 且 $Q E=\dfrac{1}{2} C D$，$∴D_1 F=QE$,$D_1 F//QE$，
$∴$ 四边形 $D_1 FEQ$ 是平行四边形
$∴D_1 Q//EF$
又 $\because D_{1} Q \subset$ 平面 $D_1 FEQ$，$E F \not \subset$ 平面 $D_1 FEQ$，
$∴EF//$ 平面 $BB_1 D_1 D$.
【点拨】
① 在立体几何中，遇到中点我们往往会想到中位线；
② 证明线面平行的过程中，经常利用三角形的中位线 (如第一问) 和构造平行四边形的方法 (如第三问);
③ 证明线面平行可转化为证明线线平行或面面平行，本题第三问还有多种方法.
 

【典题 2】 如图所示，正四棱锥 $P—ABCD$ 的各棱长均为 $13$，$M$ ,$N$ 分别为 $PA$ ,$BD$ 上的点，且 $PM∶MA=BN∶ND=5∶8$.
(1) 求证：直线 $MN∥$ 平面 $PBC$； (2) 求线段 $MN$ 的长.

【解析】 (1) 证明 连接 $AN$ 并延长交 $BC$ 于 $Q$，连接 $PQ$，如图所示.

$∵AD∥BQ$，$∴△QNB∽△AND$，
$\therefore \dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{B Q}{A D}=\dfrac{5}{8}$，
又 $\because \dfrac{P M}{M A}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{5}{8}$，
$\therefore \dfrac{M P}{A M}=\dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{5}{8}$，$∴MN//PQ$，
又 $\because P Q \subset$ 平面 $PBC$，$M N \not \subset$ 平面 $PBC$，
$∴MN∥$ 平面 $PBC$.
(2) 解 在等边 $△PBC$ 中，$∠PBC=60°$，
在 $△PBQ$ 中由余弦定理知
$P Q^{2}=P B^{2}+B Q^{2}-2 P B \cdot B Q \cos \angle P B Q$，
$=13^{2}+\left(\dfrac{65}{8}\right)^{2}-2 \times 13 \times \dfrac{65}{8} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{8281}{64}$
$\therefore P Q=\dfrac{91}{8}$，
$∵MN∥PQ$，$MN∶PQ=8∶13$，
$\therefore M N=\dfrac{91}{8} \times \dfrac{8}{13}=7$.
【点拨】
① 证明线面平行可转化为线线平行，而本题是利用线段成比例证明线线平行；
② 由于线段 $PA$ 与 $BD$ 是异面直线，则条件 $PM∶MA=BN∶ND$ 不太好处理，一般要利用第三个 “比例” 把 $PM∶MA$ 和 $BN∶ND$ 联系起来，本题 $NQ：AN$ 充当了这个角色；
③ 处理线段成比例中，要常注意以下几个模型，往往跟相似三角形有关：

比如本题中的 $△QNB∽△AND$ 就是属于 “8 字型”.
 

【题型二】线面平行的性质

【典题 1】 如图，四棱锥 $P－ABCD$ 的底面 $ABCD$ 是平行四边形，$M、N$ 分别为线段 $PC$、$PB$ 上一点，若 $PM∶MC=3∶1$，且 $AN∥$ 平面 $BDM$，则 $PN∶NB=$ (　　)

A.$4∶1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B.$3∶1$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C.$3∶2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D.$2∶1$
【解析】 如图，连接 $AC$ 交 $BD$ 于点 $O$，连接 $CN$ 交 $BM$ 于点 $G$，
由 $AN∥$ 平面 $BDM$，可得 $AN∥OG$，${\color {Red}{(此处是根据线面平行的性质) }}$
$∵OA=OC$，$∴CG=NG$，$∴G$ 为 $CN$ 的中点，
作 $HN∥BM$，$∴CM=HM$，
$∵PM∶MC=3：1$，$∴PH=HC$，
$∴PN∶NB=PH∶HM=2：1$，
故选：$D$.

【点拨】
① 题目中出现线面平行 $AN∥$ 平面 $BDM$，理当想到线面平行的性质；
② 线面平行的性质可由线面平行得到线线平行；
③ 在处理很多比例时，利用 “份” 的概念，可快速清楚各线段之间比例
比如
(1) 中 $PM∶MC=3∶1$，$MC∶HM=2：1$，则设最短线 $HM=1$(即 $HM$ 为 “$1$ 份”)，则 $MC=2$ ,$PM=7$，则可得 $PM∶MC=7：2$;
(2) 中 $EF//BC$，若 $AE∶AB=3∶7$，设 $AE=3$(即线段 $AB$ 共 “$7$ 份”，$AE$ 占了 “$3$ 份”)，则 $AB=7$，$BE=4$，由于线段成比例，易得类似 $FC：AC=4：7$ 等比例关系.
 

巩固练习

1 (★) 如图在正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，棱长为 $a$，$M、N$ 分别为 $A_1 B$、$AC$ 的中点，则 $MN$ 与平面 $BB_1 C_1 C$ 的位置关系是 (　　)

A. 相交 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. 平行 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. 垂直 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. 不能确定
 

2 (★) 如图所示，$P$ 为 $▱ABCD$ 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，$\dfrac{P F}{F C}=$$\underline{\quad \quad}$.

 

3 (★★) 如图，在四面体 $ABCD$ 中，$AB=CD=2$，$AD=BD=3$，$AC=BC=4$，点 $E，F，G，H$ 分别在棱 $AD$，$BD$，$BC$，$AC$ 上，若直线 $AB$，$CD$ 都平行于平面 $EFGH$，则四边形 $EFGH$ 面积的最大值是 $\underline{\quad \quad}$.

 

4 (★★) 如图。在四棱锥 $P－ABCD$ 中。底面 $ABCD$ 是平行四边形，点 $M$ 为棱 $AB$ 上一点 $AM=2MB$. 点 $N$ 为棱 $PC$ 上一点，
(1) 若 $PN=2NC$，求证：$MN∥$ 平面 $PAD$；
(2) 若 $MN∥$ 平面 $PAD$，求证：$PN=2NC$.

 
 
 

5 (★★★) 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 $EFGH$，$CD∥$ 平面 $EFGH$.
(2) 若 $AB=4$ ,$CD=6$，求四边形 $EFGH$ 周长的取值范围.

 
 
 

参考答案

1. 【答案】$B$
   【解析】 连结 $A_{1} C 、 B C$，取 $A_{1} C$ 的中点 $Q$，$A_{1} B$ 的中点 $P$，
   连结 $NQ$、$PQ$、$MN$，
   $∵$ 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，棱长为 $a$，$M、N$ 分别为 $A_1B$、$AC$ 的中点，
   $∴NQ∥CC_1$，$PQ∥BC$，
   $\because P Q \cap N Q=Q$，$C C_{1} \cap B C=C$，$P Q, N Q \subset$ 平面 $PMN$，$C C_{1}, B C \subset$ 平面 $A_{1} B C_{1}$，
   $∴$ 平面 $PNQ∥$ 平面 $A_{1} B C_{1}$，
   $\because M N \subset$ 平面 $PNQ$，$∴MN∥$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$．
   故选：$B$．
   

2. 【答案】$\dfrac{1}{2}$
   【解析】 连接 $AC$ 交 $BE$ 于点 $M$，连接 $FM$．
   $∵PA∥$ 平面 $EBF$，$P A \subset$ 平面 $PAC$，平面 $\mathrm{PAC} \cap$ 平面 $EBF=EM$，
   $∴PA∥EM$，$\therefore \dfrac{P F}{F C}=\dfrac{A M}{M C}=\dfrac{A E}{B C}=\dfrac{1}{2}$，故答案为：$\dfrac{1}{2}$．
   

3. 【答案】$1$
   【解析】 $∵$ 直线 $AB$ 平行于平面 $EFGH$，且平面 $ABC$ 交平面 $EFGH$ 于 $HG$，$∴HG∥AB$；
   同理 $EF∥AB$，$FG∥CD$，$EH∥CD$，所以 $FG∥EH$，$EF∥HG$．
   故：四边形 $EFGH$ 为平行四边形．
   又 $∵AD=BD$，$AC=BC$ 的对称性，可知 $AB⊥CD$．
   所以四边形 $EFGH$ 为矩形．
   设 $BF∶BD=BG∶BC=FG∶CD=x$，$(0≤x≤1)$，$FG=2x$，$HG=2(1－x)$
   $S_{E F G H}=F G \times H G=4 x(1-x)=-4\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+1$
   根据二次函数的性质可知：$S_{EFGH}$ 面积的最大值 $1$．

4. 【证明】 (1) 过 $N$ 作 $NE∥CD$ 交 $PD$ 于 $E$，连接 $AE$．
   则 $\dfrac{E N}{C D}=\dfrac{P N}{P C}=\dfrac{2}{3}$，$\therefore EN=\dfrac{2}{3} C D$，
   又 $AM=2MB$，$\therefore AM =\dfrac{2}{3} A B$．
   又 $AB=CD$，$AB//CD$
   $\therefore AM = EN$，$AM // EN$
   $∴$ 四边形 $AMNE$ 是平行四边形，
   $∴MN∥AE$，又 $\mathrm{MN} \not \subset$ 平面 $PAD$，$A E \subset$ 平面 $PAD$，
   $∴MN∥$ 平面 $PAD$．
   (2) 过 $N$ 作 $NE∥CD$ 交 $PD$ 于 $E$，
   $∵NE∥CD∥AB$，$∴NE∥AB$，
   $∴A，M，N，E$ 四点共面，
   $∵MN∥$ 平面 $PAD$，$MN \subset$ 平面 $AMNE$，平面 $AMNE\cap$ 平面 $PAD=AE$，$∴MN∥AE$，
   $∴$ 四边形 $AMNE$ 是平行四边形，$\therefore NE = AM =\dfrac{2}{3} A B=\dfrac{2}{3} CD$．
   $\therefore \dfrac{P N}{P C}=\dfrac{N E}{C D}=\dfrac{2}{3}$，$∴PN=2NC$．
   

5. 【答案】（1） 见解析 （2）$(8，12)$
   【解析】 (1) 证明 $∵$ 四边形 $EFGH$ 为平行四边形，$∴EF∥HG$.
   $\because HG \subset$ 平面 $ABD$，$∴EF∥$ 平面 $ABD$.
   $\because E F \subset$ 平面 $ABC$，平面 $ABD \cap$ 平面 $ABC=AB$，
   $∴EF∥AB$. (线面平行的性质)
   $∴AB∥$ 平面 $EFGH$.
   同理可证，$CD∥$ 平面 $EFGH$.
   (2) 解 设 $EF=x(0＜x＜4)$，由于四边形 $EFGH$ 为平行四边形，
   $\therefore \dfrac{C F}{C B}=\dfrac{x}{4}$ . 则 $\dfrac{F G}{6}=\dfrac{B F}{B C}=\dfrac{B C-C F}{B C}=1-\dfrac{x}{4}$. 从而 $FG =6-\dfrac{3}{2} x$.
   $∴$ 四边形 $EFGH$ 的周长 $l=2\left(x+6-\dfrac{3}{2} x\right)=12-x$.
   又 $0＜x＜4$，则有 $8＜l＜12$,
   $∴$ 四边形 $EFGH$ 周长的取值范围是 $(8，12)$.
    

【题型三】面面平行的证明

【典题 1】 如图，$ABCD$ 与 $ADEF$ 均为平行四边形，$M$，$N$，$G$ 分别是 $AB$，$AD$，$EF$ 的中点.
(1) 求证：$BE∥$ 平面 $DMF$；
(2) 求证：平面 $BDE∥$ 平面 $MNG$.

【解析】 (1) ${\color {Red}{方法 1 }}$ 连接 $AE$ 交 $DF$ 于 $H$，连接 $HN$，如图示

$∵ADEF$ 均为平行四边形，$∴H$ 是 $AE$ 中点，
又 $∵M$ 是 $AB$ 的中点，$∴HN//EN$
又 $\because H N \subset$ 平面 $DMF$，$B E \not \subset$ 平面 $DMF$
$∴BE∥$ 平面 $DMF$.
${\color {Red}{方法 2 }}$ 作 $DC$ 的中点 $P$，连接 $PE、PB$，
$ABCD$ 与 $ADEF$ 均为平行四边形，
$M，N，G$ 分别是 $AB，AD，EF$ 的中点.
$∴PB∥DM$，$FM∥PE$，且 $FM，MD$ 交于 $M$ 点，$PB$，$PE$ 交于 $P$ 点，
故平面 $DFM∥$ 平面 $BPE$，
$∴BE∥$ 平面 $DMF$；
(2)$∵MN∥BD$，$GN∥DE$，且 $MN、GN$ 交于 $N$ 点，$DE、DB$ 交于 $D$ 点，
$∴$ 平面 $BDE∥$ 平面 $MNG$.
【点拨】
① 遇到中点，可想到三角形的中位线；
② 利用三角形中位线和平行四边形证明线线平行是常见的方法；
③ 第一问中，证明线面平行可转化为线线平行或面面平行，方法 1 就是在平面 $DMF$ 内找一直线平行 $EB$，充分利用了三角形的中位线；方法 2 是利用面面平行的性质，需要找到过直线 BE 且平行平面 $DEF$ 的平面 $EPB$.
④ 第二问，面面平行的证明转化为线线平行：平面 $BDE∥$ 平面 $MNG$$⇔MN∥BD$，$GN∥DE$.
 

【典题 2】 如图，在四棱锥 $P－ABCD$ 中，$∠ABC=∠ACD=90^°$，$∠BAC=∠CAD=60^°$，$PA⊥$ 平面 $ABCD$，$PA=2$，$AB=1$．设 $M$，$N$ 分别为 $PD$，$AD$ 的中点．
(1) 求证：平面 $CMN∥$ 平面 $PAB$；(2) 求三棱锥 $P－ABM$ 的体积．

【解析】 (1) 证明 $∵M ,N$ 分别为 $PD，AD$ 的中点，
$∴MN∥PA$．
又 $\because M N \not \subset$ 平面 $PAB$，$P A \subset$ 平面 $PAB$，
$∴MN∥$ 平面 $PAB$．
在 $Rt△ACD$ 中，$N$ 分别为 $AD$ 的中点，$∴CN=AN$，
$∴∠ACN=∠CAD=60^°$．
又 $∵∠BAC=60^°$，$∴CN∥AB$．
$∵CN⊄$ 平面 $PAB$，$AB⊂$ 平面 $PAB$，
$∴CN∥$ 平面 $PAB$．
又 $∵CN∩MN=N$，$∴$ 平面 $CMN∥$ 平面 $PAB$．
(2) 由 (1) 知，平面 $CMN∥$ 平面 $PAB$，
$∴$ 点 $M$ 到平面 $PAB$ 的距离等于点 $C$ 到平面 $PAB$ 的距离．
由已知 $AB=1$，$∠ABC=90^°$，$∠BAC=60^°$，$\therefore B C=\sqrt{3}$，
$∴$ 三棱锥 $P－ABM$ 的体积
$V_{P-A B M}=V_{M-P A B}=V_{C-P A B}=V_{P-A B C}$$=\dfrac{1}{3} \times P A \times S_{A B C}=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{3} \times 2=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．

【点拨】
① 面面平行可转化为线面平行：$a ,b⊂α$ ,$a∩ b=O$ ,$a // β$ ,$b // β⇒α // β$; 要证明在平面 $CMN∥$ 平面 $PAB$，只需要在平面 $CMN$ 找到两条相交线均平行平面 $PAB$ 便行；
② 夹在两个平行平面间的平行线段相等，则点 $M$ 到平面 $PAB$ 的距离等于点 $C$ 到平面 $PAB$ 的距离；
③ 求三棱锥的体积常用等积法。三棱锥 $P－ABM$ 的体积表示为 $V_{P-A B M}$ 即以点 $P$ 到平面 $ABM$ 的距离为高 $h_1$、以平面 $ABM$ 为底面，而表示为 $V_{M-P A B}$ 是以平面 $PAB$ 为底面、点 $M$ 到面 $PAB$ 的距离为高 $h_2$，而 $h_1$ 较难求，故想到 $V_{P-A B M}=V_{M-P A B}$. 等式 $V_{P-A B M}=V_{M-P A B}$$=V_{C-P A B}=V_{P-A B C}$(相当连续用了两次等积法).

 

【典题 3】 如图，在棱长为 $2$ 的正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$M$ 是 $A_1 B_1$ 的中点，点 $P$ 是侧面 $CDD_1 C_1$ 上的动点，且 $MP//$ 截面 $AB_1 C$，则线段 $MP$ 长度的取值范围是 (　　)
A. $[\sqrt{2}, \sqrt{6}]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]$$\qquad \qquad \qquad \qquad$C. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{3}]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D.$[\sqrt{6}, 3]$

【解析】

取 $CD$ 的中点 $N$，$CC_1$ 的中点 $R$，$B_1 C_1$ 的中点 $H$，
则 $MN//B_1 C//HR$ ,$MH//AC$，
故平面 $MNRH//$ 平面 $AB_1 C$，
$MP⊂$ 平面 $MNRH$，线段 $MP$ 扫过的图形是 $△MNR$，
由 $AB=2$，则 $M N=2 \sqrt{2}$ ,$N R=\sqrt{2}$ ,$M R=\sqrt{6}$,
$∴ MN^2=NR^2+MR^2$ ,
$∴∠MRN$ 是直角，
$∴$ 线段 $MP$ 长度的取值范围是：$(MR ,MN)$，即 $(\sqrt{6}, 2 \sqrt{2})$.
故选：$B$.
【点拨】
① 本题的关键是找到满足条件的点 P 的轨迹，由已知 $\left\{\begin {array}{c} \text { 点 } P \text { 是侧面 } C D D_{1} C_{1} \text { 上的动点 } \\ M P // \text { 截面 } A B_{1} C \end {array}\right.$ 可知点 $P$ 的轨迹是过点 $M$ 且平行面 $AB_1 C$ 的平面与侧面 $CDD_1 C_1$ 的交线；怎么找到呢？以下提供另一思路：想象将面 $AB_1 C$ 沿着 $B_1 M$ 方向平移过点 $M$，较易得到面 $MNQ$(如下图 $1$)，而面 $MNQ$ 与侧面 $CDD_1 C_1$ 的交线就是所求交线了，那把面 $MNQ$ 拓展成面 $MQNJ$，易得交线为 $NR$(如下图 $2$);

② 线段 $MP$ 扫过的图形是 $△MNR$，则需要求出 $△MNR$ 三边长度，确定 $MP$ 的长度范围.
 

【题型四】面面平行的性质

【典题 1】 已知两条直线 $a$，$b$，两个平面 $α$，$β$，则下列结论中正确的是 (　　)
A．若 a$⊂β$，且 $α∥β$，则 $a∥α$
B．若 $b⊂α$，$a∥b$，则 $a∥α$
C．若 $a∥β$，$α∥β$，则 $a∥α$
D．若 $b∥α$，$a∥b$，则 $a∥α$
【解析】 $A ∵α∥β$，又 $a⊂β$，$∴a∥α$，故 $A$ 正确；
$B ∵b⊂α$，$a∥b$，若 $a⊂α$，则 $a$ 不可能与 $α$ 平行，故 $B$ 错误；
$C ∵a∥β$，$α∥β$，若 $a⊂α$，则结论不成立，故 $C$ 错误；
$D ∵b∥α$，$a∥b$，若 $a⊂α$，则结论不成立，故 $D$ 错误；
故 $A$ 正确；
【点拨】
① 线面的位置关系有三种：$a∥α、a⊂α、a∩α=A$；
② 证明某些选项是错只需要举个反例，比如选项 $C$ 是怎么会想到 “$a⊂α$” 这个反例的呢？
运用 “运动的思想”，先由 $α∥β$ 固定两个平面 $α、β$，再由 $a∥β$ 把线段 $a$ 由上至下 “运动” 下来，则 $a、α$ 的关系有两种情况 $a⊂α、a∥α$. 选项 $B$、$D$ 也可类似.
 

【典题 2】 已知平面 $α∥$ 面 $β$，$AB$、$CD$ 为异面线段，$AB⊂α$，$CD⊂β$，且 $AB=a$，$CD=b$，$AB$ 与 $CD$ 所成的角为 $θ$，平面 $γ∥$ 面 $α$，且平面 $γ$ 与 $AC$、$BC$、$BD$、$AD$ 分别相交于点 $M$、$N$、$P$、$Q$．
(1) 若 $a=b$，求截面四边形 $MNPQ$ 的周长；
(2) 求截面四边形 $MNPQ$ 面积的最大值．

【解析】 (1)$∵$ 平面 $α∥$ 面 $β$，平面 $ABC∩α=AB$，平面 $ABC∩β=MN$，
$∴AB∥MN$，
同理 $PQ∥AB$，有 $PQ∥MN$，同理 $NP∥MQ$，
$∴$ 四边形 $MNPQ$ 是一个平行四边形，
$\therefore \dfrac{N P}{C D}=\dfrac{B P}{B D}$，$\dfrac{P Q}{A B}=\dfrac{D P}{B D}$，
$\therefore \dfrac{N P}{C D}+\dfrac{P Q}{A B}=\dfrac{B P+D P}{B D}=1$，
$∵AB=CD=a$，
$∴NP+PQ=a$，即四边形的周长是 $2a$．
(2) 设 $AC=c$，$CM=x$，
由 $MN∥AB$，得 $M N=\dfrac{x}{c} a$，同理 $M Q=\dfrac{c-x}{c} b$，
又 $AB$ 与 $CD$ 所成的角为 $θ$，$\therefore \sin \angle N M Q=\sin \theta$
$∴$ 四边形的面积是 $S=2 \times \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{x}{c} \cdot a \cdot \dfrac{c-x}{c} \cdot b \cdot \sin \theta=\dfrac{a b}{c^{2}}\left[-\left(x-\dfrac{c}{2}\right)^{2}+\dfrac{c^{2}}{4}\right] \sin \theta$
$∴$ 当 $x=\dfrac{c}{2}$ 时，$S$ 的最大值是 $\dfrac{a b}{4} \sin \theta$，
此时 $M$ 为 $AC$ 的中点．
【点拨】
① 面面平行的性质：$\left.\begin{array}{c} \alpha / / \beta \\ \alpha \cap \gamma=a \\ \beta \cap \gamma=b \end{array}\right\} \Rightarrow a / / b$，由面面平行可得到线线平行；
② 在处理线线平行中线段的问题，注意 “$A$ 字型”、“$8$ 字型” 的模型；
③ 由三角形面积公式 $S=\dfrac{1}{2} a b \sin C$，可得平行四边形 $ABCD$ 的面积
$S=2 S_{\triangle A B C}=2 \times \dfrac{1}{2} A B \times B C \times \sin \angle A B C=A B \times B C \times \sin \angle A B C$
④ 线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系

 

巩固练习

1 (★) 已知直线 $a⊂α$，给出以下三个命题：
①若平面 $α∥$ 平面 $β$，则直线 $a∥$ 平面 $β$；
②若直线 $a∥$ 平面 $β$，则平面 $α∥$ 平面 $β$；
③若直线 $a$ 不平行于平面 $β$，则平面 $α$ 不平行于平面 β．
其中正确的命题是 (　　)
A. $(2)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $(3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$C. $(1)(2)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $(1)(3)$
 

2 (★★) 在正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$E$，$F$，$G$ 分别是 $A_1 B_1$，$B_1 C_1$，$BB_1$ 的中点，给出下列四个推断：
①$FG∥$ 平面 $AA_1 D_1 D$； ②$EF∥$ 平面 $BC_1 D_1$；
③$FG∥$ 平面 $BC_1 D_1$； ④平面 $EFG∥$ 平面 $BC_1 D_1$
其中推断正确的序号是 (　　)

A. $(1)(3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $(1)(4)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $(2) (3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $(2) (4)$
 

3 (★★) 已知平面 $α∥$ 平面 $β$，$P$ 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 $PA=6$，$AC=9$，$PD=8$，则 $BD$ 的长为 (　　)
A. $\dfrac{24}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $\dfrac{12}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C.$\dfrac{24}{5}$ 或 $24$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $\dfrac{12}{5}$ 或 $12$
 

4 (★★) 已知两平行平面 $α$ 与 $β$ 之间的距离为 $4$，直线 $a⊂β$，点 $A∈a$，则平面 $α$ 内到点 $A$ 的距离为 $5$，且到直线 $a$ 的距离为 $2 \sqrt{5}$ 的点的轨迹是 (　　)
A．一组平行线 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．一条抛物线 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．两段圆弧 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．四个点
 

5 (★★) 如图，已知平面 $α，β，γ$，且 $α∥β∥γ$，直线 $a，b$ 分别与平面 $α$，$β$，$γ$ 交于点 $A$，$B$，$C$ 和 $D$，$E$，$F$，若 $AB=1$，$BC=2$，$DF=9$，则 $EF=$$\underline{\quad \quad}$．

 

6 (★★) 如图所示，$ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 是棱长为 $a$ 的正方体，$M、N$ 分别是下底面的棱 $A_1 B_1$，$B_1 C_1$ 的中点，$P$ 是上底面的棱 $AD$ 上的一点，$A P=\dfrac{a}{3}$，过 $P、M、N$ 的平面交上底面于 $PQ$，$Q$ 在 $CD$ 上，则 $PQ=$$\underline{\quad \quad}$．

 

7 (★★) 在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$DA=DC=1$ ,$DD_1=2$，分别在对角线 $A_1 D ,CD_1$ 上取点 $M ,N$，使得直线 $MN//$ 平面 $A_1 ACC_1$，则线段 $MN$ 长的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

8 (★★) 已知：如图，平面 $α、β$ 满足 $α∥β$，$A、C∈α$，$B、D∈β$，$E∈AB$，$F∈CD$，$AC$ 与 $BD$ 异面，且 $\dfrac{A E}{E B}=\dfrac{C F}{F D}$．求证：$EF∥β$.

 

9 (★★★) 在正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$M、N、P$ 分别是 $AD_1$、$BD$ 和 $B_1 C$ 的中点，
求证：(1)$MN∥CD_1$
(2)$MN∥$ 平面 $CC_1 D_1 D$．
(3) 平面 $MNP∥$ 平面 $CC_1 D_1 D$．

 
 
 

参考答案

1. 【答案】$D$
   【解析】 ①若平面 $α∥$ 平面 $β$，则直线 $a∥$ 平面 $β$；
   因为直线 $a⊂α$，平面 $α∥$ 平面 $β$，则 $α$ 内的每一条直线都平行平面 $β$．显然正确．
   ②若直线 $a∥$ 平面 $β$，则平面 $α∥$ 平面 $β$；因为当平面 $α$ 与平面 $β$ 相加时候，仍然可以存在直线 $a⊂α$ 使直线 $a∥$ 平面 $β$．故错误．
   ③若直线 $a$ 不平行于平面 $β$，则平面 $α$ 不平行于平面 $β$，平面内有一条直线不平行与令一个平面，两平面就不会平行．故显然正确．
   故选 $D$．
2. 【答案】$A$
   【解析】 $∵$ 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，$E$，$F$，$G$ 分别是 $A_1 B_1$，$B_1 C_1$，$BB_1$ 的中点，
   $\therefore F G / / B C_{1}$，$\because B C_{1} / / A D_{1}$，$\therefore F G / / A D_{1}$，
   $∵FG⊄$ 平面 $A A_{1} D_{1} D$，$A D_{1} \subset$ 平面 $A A_{1} D_{1} D$，
   $∴FG∥$ 平面 $A A_{1} D_{1} D$，故①正确；
   $\because E F / / A_{1} C_{1}$，$A_{1} C_{1}$ 与平面 $B C_{1} D_{1}$ 相交，
   $∴EF$ 与平面 $B C_{1} D_{1}$ 相交，故②错误；
   $∵E，F，G$ 分别是 $A_1 B_1$，$B_1 C_1$，$BB_1$ 的中点，
   $\therefore F G / / B C_{1}$，$∵FG⊄$ 平面 $B C_{1} D_{1}$，$B C_{1} \subset$ 平面 $B C_{1} D_{1}$，
   $∴FG∥$ 平面 $B C_{1} D_{1}$，故③正确；
   $∵EF$ 与平面 $B C_{1} D_{1}$ 相交，
   $∴$ 平面 $EFG$ 与平面 $B C_{1} D_{1}$ 相交，故④错误．
   故选：$A$．
3. 【答案】$C$
   【解析】 连接 $AB、CD$；
   ①当点 $P$ 在 $CA$ 的延长线上，即 $P$ 在平面 $α$ 与平面 $β$ 的同侧时，如图 1；
   $∵α∥β$，平面 $PCD∩α=AB$，平面 $PCD∩β=CD$，
   $∴AB∥CD$，$\therefore \dfrac{P A}{A C}=\dfrac{P B}{B D}$；
   $∵PA=6$，$AC=9$，$PD=8$，
   $\therefore \dfrac{6}{9}=\dfrac{8-B D}{B D}$，解得 $B D=\dfrac{24}{5}$；
   ②当点 $P$ 在线段 $CA$ 上，即 $P$ 在平面 $α$ 与平面 $β$ 之间时，如图 2；
   类似①的方法，可得 $\dfrac{P A}{P C}=\dfrac{P B}{P D}$，
   $∵PA=6$，$PC=AC－PA=9－6=3$，$PD=8$，
   $\therefore \dfrac{6}{3}=\dfrac{P B}{8}$，解得 $PB=16$；
   $∴BD=PB+PD=24$；
   综上，$BD$ 的长为 $\dfrac{24}{5}$ 或 $24$．
   故选：$C$．

4. 【答案】$D$
   【解析】 设满足条件的点为 $D$，
   过点 $P$ 做平面 $A$ 的垂线 $PE$，则 $PE=4$．
   平面 $α$ 内一点 $D$ 到点 $P$ 的距离为 $PD=5$，$PD^2=PE^2+ED^2$，
   $∴ED^2=36$，即 $D$ 为平面 $α$ 上以垂足 $E$ 为圆心，半径 $R=ED=6$ 的圆上，
   过垂足 $E$ 做直线 $L_1$ 平行于直线 $L$，
   则直线间距离 $d_1=PE=4$，
   在平面 $α$ 内做直线 $L_2$ 使得 $L_2$ 到 $L$ 的距离 $d_{2}=2 \sqrt{5}$，
   设平面 $α$ 内直线 $L_1 、L_2$ 距离为 $M$，
   则有 $d_2^2=d_1^2+M^2$，解得 $M^2=17$，
   即平面 $α$ 内直线 $L_1 、L_2$ 距离为 $\sqrt{17}<R=6$，
   所以同时满足到点 $P$ 的距离为 $5$ 且到直线 l 的距离为 $2 \sqrt{5}$ 的点的轨迹为：$L_2$ 与圆的四个交点．
   故选：$D$．
5. 【答案】$6$
   【解析】 $∵AB=1，BC=2，DF=9$，
   若 $A，B，C，D，E，F$ 六点共面
   由面面平行的性质定理可得 $AB∥CD∥EF$
   根据平行线分线段成比例定理可得：$\dfrac{B C}{A C}=\dfrac{E F}{D F}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{E F}{9}$
   $∴EF=6$
   若 $A，B，C，D，E，F$ 六点不共面
   连接 $AF$，交 $β$ 于 $M$，连接 $BM$、$EM$、$BE$．
   $∵β∥γ$，平面 $ACF$ 分别交 $β、γ$ 于 $BM、CF$，
   $∴BM∥CF$．$\therefore \dfrac{B C}{A C}=\dfrac{M F}{A F}$
   同理 $\dfrac{M F}{A F}=\dfrac{E F}{D F}$．
   $\therefore \dfrac{B C}{A C}=\dfrac{E F}{D F}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{E F}{9}$ $\therefore E F=6$
   综上所述：$EF=6$
6. 【答案】$\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a$
   【解析】 $∵$ 平面 $ABCD∥$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$，$M N \subset$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$
   $∴MN∥$ 平面 $ABCD$，又 $PQ=$ 面 $PMN∩$ 平面 $ABCD$，
   $∴MN∥PQ$．
   $∵M、N$ 分别是 $A_{1} B_{1}$、$B_{1} C_{1}$ 的中点，
   $\therefore M N / / A_{1} C_{1} / / A C$，
   $∴PQ∥AC$，又 $A P=\dfrac{a}{3}$，$A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是棱长为 $a$ 的正方体，$\therefore C Q=\dfrac{a}{3}$，从而 $D P=D Q=\dfrac{2 a}{3}$，
   $\therefore P Q=\sqrt{D Q^{2}+D P^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{2 a}{3}\right)^{2}+\left(\dfrac{2 a}{3}\right)^{2}}=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a$．
   故答案为：$\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a$
7. 【答案】$\dfrac{2}{3}$
   【解析】 作 $MM_1⊥AD$ 于点 $M_1$，作 $NN_1⊥CD$ 于点 $N_1$，
   
   $∵$ 线段 $MN$ 平行于对角面 $ACC_1 A_1$，$∴M_1 N_1//AC$．
   (面面平行的判定和性质)
   设 $DM_1=DN_1=x$，则 $MM_1=2x$，$NN_1=2-2x$，
   (线段成比例)
   在直角梯形 $MNN_1 M_1$ 中，
   $M N^{2}=(\sqrt{2} x)^{2}+(2-4 x)^{2}=18\left(x-\dfrac{4}{9}\right)^{2}+\dfrac{4}{9}$
   $∴$ 当 $x=\dfrac{4}{9}$ 时，$MN$ 的最小值为 $\dfrac{2}{3}$．
8. 【证明】 (Ⅰ) 证明：连接 $AD$，作 $EG∥BD$ 交 $AD$ 于点 $G$，连接 $FG$
   $∵EG∥BD$，
   $\therefore \dfrac{A E}{E B}=\dfrac{A G}{G D}$．
   又 $\because \dfrac{A E}{E B}=\dfrac{C F}{F D}$，$\therefore \dfrac{A G}{G D}=\dfrac{C F}{F D}$
   $∴FG∥AC$，
   $∴FG∥α$，又 $α∥β$，
   $∴FG∥β$；
   又因为 $EG∩FG=G$．
   $∴$ 平面 $EFG∥β$，
   而 $EF⊂$ 平面 $EFG$；
   $∴EF∥β$．
   
9. 【证明】 (1)$∵$ 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，$M、N、P$ 分别是 $AD_1$、$BD$ 和 $B_1 C$ 的中点，
   $∴$ 连结 $AC、BD$，交于点 $N$，
   $∴$ 由三角形中位线定理得：$M N / / C D_{1}$．
   (2)$\because M N / / C D_{1}$，
   $MN⊂$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$，$C D_{1} \not \subset$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$，
   $∴MN∥$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$．
   (3) 连结 $B_{1} C, B C_{1}$，交于点 $P$，则 $P$ 是 $B C_{1}$ 的中点，
   $∴MP∥CD$，
   $\because M P \not \subset$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$，$CD⊂$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$，
   $∴MP∥$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$．
   $∵MN∥$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$，且 $MP∩MN＝M$，$MP、MN⊂$ 平面 $MNP$，
   $∴$ 平面 $MNP∥$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$．