【考綱要求】
1.能以立體幾何中的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理．
2．能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的平行關(guān)系的簡單命題.
【命題趨勢】
線線平行、線面平行、面面平行的判定與證明；由線面平行或面面平行探求動點的位置.
【核心素養(yǎng)】
本講內(nèi)容主要考查直觀想象和邏輯推理的核心素養(yǎng).
【素養(yǎng)清單?基礎(chǔ)知識】
1．直線與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(應(yīng)用判定定理時，要注意“內(nèi)”“外”“平行”三個條件必,須都具備，缺一不可.))
2．平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平,面的兩條直線，那么這兩個平面互相平行.,符號表示：,a?α，b?α，a∩b＝O，a′?β，b′?β，a∥a′，b∥b′?α∥β.))
【素養(yǎng)清單?常用結(jié)論】
平面與平面平行的三個性質(zhì)
(1)兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面．
(2)夾在兩個平行平面間的平行線段長度相等．
(3)兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應(yīng)線段成比例．
【真題體驗】
1.【2019年高考全國Ⅱ卷理數(shù)】設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是
A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行
C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：內(nèi)兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若，則內(nèi)任意一條直線都與平行，所以內(nèi)兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B．
【名師點睛】本題考查了空間兩個平面的判定與性質(zhì)及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用面面平行的判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷．面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯誤．
2.【2018年高考浙江卷】已知平面α，直線m，n滿足mα，nα，則“m∥n”是“m∥α”的
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】因為，所以根據(jù)線面平行的判定定理得.由不能得出與內(nèi)任一直線平行，所以是的充分不必要條件，故選A.
【名師點睛】充分、必要條件的三種判斷方法：
（1）定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結(jié)合，例如“?”為真，則是的充分條件．
（2）等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關(guān)系，對于條件或結(jié)論是否定式的命題，一般運用等價法．
（3）集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．
3. 【2019年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．
（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A?MA1?N的正弦值．
【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】（1）連結(jié)B1C，ME．
因為M，E分別為BB1，BC的中點，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因為N為A1D的中點，
所以ND=A1D．
由題設(shè)知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D?xyz，則
，A1(2，0，4)，，，，，，．
設(shè)為平面A1MA的法向量，則，
所以可?。?br>設(shè)為平面A1MN的法向量，則
所以可?。?br>于是，
所以二面角的正弦值為．
【名師點睛】本題考查線面平行關(guān)系的證明、空間向量法求解二面角的問題.求解二面角的關(guān)鍵是能夠利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標系，從而通過求解法向量夾角的余弦值來得到二面角的正弦值，屬于常規(guī)題型.
4.【2019年高考天津卷理數(shù)】如圖，平面，，．
（1）求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值為，求線段的長．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）．
【解析】依題意，可以建立以為原點，分別以的方向為軸，軸，軸正方向的空間直角坐標系（如圖），可得，．設(shè)，則．
（1）依題意，是平面的法向量，又，可得，又因為直線平面，所以平面．
（2）依題意，．
設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，
可得．因此有．
所以，直線與平面所成角的正弦值為．
（3）設(shè)為平面的法向量，則即
不妨令，可得．
由題意，有，解得．經(jīng)檢驗，符合題意．
所以，線段的長為．
【名師點睛】本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識．考查用空間向量解決立體幾何問題的方法．考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力．
5. 【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.
因為三棱柱ABC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以CC1⊥BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名師點睛】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力和推理論證能力.
【考法拓展?題型解碼】
考法一 直線與平面平行的判定與性質(zhì)
解題技巧：解決直線與平面平行的三種思維方式
(1)利用線面平行的判定定理證明直線與平面平行的關(guān)鍵是設(shè)法在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線．
(2)構(gòu)造平行的常見形式：三角形的中位線、平行四邊形、利用比例關(guān)系證明兩直線平行等．
(3)在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”，而在應(yīng)用性質(zhì)定理時，其順序恰好相反．
【例1】 如圖，四棱錐PABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E，F(xiàn)，H分別為線段AD，PC，CD的中點，AC與BE交于點O，G是線段OF上一點．
(1)求證：AP∥平面BEF；
(2)求證：GH∥平面PAD.
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】證明 (1)連接EC.因為AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC綊AE，
所以四邊形ABCE是平行四邊形，
所以O(shè)為AC的中點．
又因為F是PC的中點，
所以FO∥AP，且FO?平面BEF，AP?平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)連接FH，OH.
因為F，H分別是PC，CD的中點，
所以FH∥PD，所以FH∥平面PAD.
又因為O是AC的中點，H是CD的中點，
所以O(shè)H∥AD，所以O(shè)H∥平面PAD.
又FH∩OH＝H，
所以平面OHF∥平面PAD.
又因為GH?平面OHF，
所以GH∥平面PAD.
【例2】 如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和PA作平面PAHG交平面BMD于GH.求證：PA∥GH.
【答案】見解析；.
【解析】證明 如圖所示，連接AC交BD于點O，連接MO，因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O(shè)是AC的中點，又M是PC的中點，所以AP∥OM.又MO?平面BMD，PA?平面BMD，所以PA∥平面BMD.因為平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA?平面PAHG，所以PA∥GH.

考法二 平面與平面平行的判定與性質(zhì)
解題技巧：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．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行．
(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．
【例3】 如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，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.
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】證明 (1)因為G，H分別是A1B1，A1C1的中點，
所以GH是△A1B1C1的中位線，
所以GH∥B1C1.
又因為B1C1∥BC，所以GH∥BC，
所以B，C，H，G四點共面．
(2)因為E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，所以EF∥BC.
因為EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
因為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.
因為A1E∩EF＝E，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
【例4】 如圖所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點．
(1)當eq \f(A1D1,D1C1)的值等于何值時，BC1∥平面AB1D1；
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq \f(AD,DC)的值．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】證明 (1)如圖所示，取D1為線段A1C1的中點，此時eq \f(A1D1,D1C1)＝1，連接A1B交AB1于點O，連接OD1.
由棱柱的性質(zhì)，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O(shè)D1∥BC1.又因為OD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以eq \f(A1D1,D1C1)＝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eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)，eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD).
又因為eq \f(A1O,OB)＝1，所以eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
考法三 空間平行關(guān)系的探索性問題
歸納總結(jié)
解決探索性問題一般先假設(shè)求解的結(jié)果存在，從這個結(jié)果出發(fā)，尋找使這個結(jié)論成立的充分條件，如果找到了使結(jié)論成立的充分條件，則存在；如果找不到使結(jié)論成立的充分條件(出現(xiàn)矛盾)，則不存在．而對于探求點的問題，一般是先探求點的位置，多為線段的中點或某個等分點，然后給出符合要求的證明．
【例5】 如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.
若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點P，且eq \(AP,\s\up18(→))＝λeq \(PD,\s\up18(→))，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．
【答案】見解析；
【解析】AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF，此時λ＝eq \f(3,2).理由如下：當λ＝eq \f(3,2)時，
eq \(AP,\s\up18(→))＝eq \f(3,2)eq \(PD,\s\up18(→))，可知eq \f(AP,AD)＝eq \f(3,5)，如圖，過點P作MP∥FD交AF于點M，連接EM，PC，則有eq \f(MP,FD)＝eq \f(AP,AD)＝eq \f(3,5)，
又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MPEC，故四邊形MPCE為平行四邊形，所以CP∥ME，又ME?平面ABEF，CP?平面ABEF，故有CP∥平面ABEF.
【易錯警示】
易錯點 使用面面平行的性質(zhì)進行判定時犯錯
【典例】 已知三個平面α，β，γ，滿足α∥β∥γ，直線a與這三個平面依次交于點A，B，C，直線b與這三個平面依次交于點E，F(xiàn)，G，求證：eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【錯解】：設(shè)a，b所在的同一平面為θ，連接AE，BF，CG.
因為α∥β∥γ，α∩θ＝AE，β∩θ＝BF，γ∩θ＝CG.
所以AE∥BF∥CG.
據(jù)平行線分線段成比例可知eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【錯因分析】：解題時，不清楚a與b不一定共面，還可能異面，從而致錯．
【正解】：(1)當a，b共面時，設(shè)a，b所在的同一平面為θ，連接AE，BF，CG.
因為α∥β∥γ，α∩θ＝AE，β∩θ＝BF，γ∩θ＝CG，
所以AE∥BF∥CG.
據(jù)平行線分線段成比例可知eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
(2)當a，b異面時，如圖，連接AG交β于點O，連接OB，OF.因為β∥γ，β∩平面ACG＝OB，γ∩平面ACG＝CG，所以O(shè)B∥CG，
同理可得OF∥AE，
所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(AO,OG)，eq \f(AO,OG)＝eq \f(EF,FG)，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(EF,FG).
【跟蹤訓(xùn)練】 如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝eq \r(2)，AA1＝2.
(1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)求三棱柱ABDA1B1D1的體積．
【答案】見解析；
【解析】(1)證明：因為A1B1∥AB，AB∥CD，所以A1B1∥CD，
因為A1B1＝CD，所以四邊形A1B1CD是平行四邊形，所以A1D∥B1C，同理A1B∥D1C.
又因為A1B?平面A1BD，A1D?平面A1BD，CD1?平面CD1B1，B1C ? 平面CD1B1，且A1B∩A1D＝A1，CD1∩B1C＝C，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)因為A1O⊥平面ABCD，
所以A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高．
在正方形ABCD中，AB＝eq \r(2)，可得AC＝2.
在Rt△A1OA中，AA1＝2，AO＝1，所以A1O＝eq \r(3)，
所以V三棱柱ABD－A1B1D1＝S△ABD·A1O＝eq \f(1,2)×(eq \r(2))2×eq \r(3)＝eq \r(3).
所以三棱柱ABD－A1B1D1的體積為eq \r(3).
【遞進題組】
1．有下列命題：
①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則直線l∥α；
②若直線a在平面α外，則a∥α；
③若直線a∥b，b∥α，則a∥α；
④若直線a∥b，b∥α，則a平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線．
其中真命題的個數(shù)是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】A
【解析】命題①，l可以在平面α內(nèi)，不正確；命題②，直線a與平面α可以是相交關(guān)系，不正確；命題③，a可以在平面α內(nèi)，不正確；命題④正確．
2．已知m，n是兩條直線，α，β是兩個平面，給出下列命題：
①若n⊥α，n⊥β，則α∥β；
②若平面α上有不共線的三點到平面β的距離相等，則α∥β；
③若m，n為異面直線，n?α，n∥β，m?β，m∥α，則α∥β.
其中正確命題的個數(shù)是( )
A．3 B．2
C．1 D．0
【答案】B
【解析】①若n⊥α，n⊥β，則n為平面α與β的公垂線，則α∥β，故①正確；
②若平面α上有不共線的三點到平面β的距離相等，三點可能在平面β的異側(cè)，此時α與β相交，故②錯誤；
③若n，m為異面直線，n?α，n∥β，m?β，m∥α，根據(jù)面面平行的判定定理，可得③正確．故選B.
3．如圖，已知四棱錐PABCD的底面為直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝eq \f(1,2)AB＝1，M是PB的中點．
(1)求證：AM＝CM；
(2)若N是PC的中點，求證：DN∥平面AMC.
【答案】見解析；
【解析】證明 (1)因為在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB＝1，
所以AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(2)，AB＝2，
則AC2＋BC2＝AB2，所以BC⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，
所以BC⊥PA，又PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC.
在Rt△PAB中，M為PB的中點，則AM＝eq \f(1,2)PB，
在Rt△PBC中，M為PB的中點，則CM＝eq \f(1,2)PB，
所以AM＝CM.
(2)如圖，連接DB交AC于點F.
因為DCeq \f(1,2)AB，所以DF＝eq \f(1,2)FB.
取PM的中點G，連接DG，F(xiàn)M，
則DG∥FM，
又DG?平面AMC，F(xiàn)M?平面AMC，
所以DG∥平面AMC.
連接GN，則GN∥MC，又GN?平面AMC，MC?平面AMC，
所以GN∥平面AMC，又GN∩DG＝G，所以平面DNG∥平面AMC，
又DN?平面DNG，所以DN∥平面AMC.
4．如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設(shè)Q是CC1上的點，則當點Q在什么位置時，平面D1BQ∥平面PAO?
【答案】見解析；
【解析】當Q為CC1的中點時，平面D1BQ∥平面PAO.
證明如下：
因為Q為CC1的中點，P為DD1的中點，所以QB∥PA.因為P，O分別為DD1，DB的中點，所以D1B∥PO.又因為D1B?平面PAO，PO?平面PAO，QB?平面PAO，PA?平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO.又D1B∩QB＝B，D1B，QB?平面D1BQ，所以平面D1BQ∥平面PAO.
【考卷送檢】
一、選擇題
1．已知兩個不同的平面α，β，兩條不同的直線 a，b，a?α，b?α，則“a∥β，b∥β”是“α∥β”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】B
【解析】 因為“a∥β，b∥β”，若a∥b，則α與β不一定平行，反之若“α∥β”，則一定有“a∥β，b∥β”．故選B.
2．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
【答案】B
【解析】由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFeq \f(1,5)BD，所以EF∥平面BCD.又H，G分別為BC，CD的中點，所以HGeq \f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四邊形EFGH是梯形．
3．能使直線a與平面α平行的條件是( )
A．直線與平面內(nèi)的一條直線平行
B．直線與平面內(nèi)的某條直線不相交
C．直線與平面內(nèi)的無數(shù)條直線平行
D．直線與平面內(nèi)的所有直線不相交
【答案】D
【解析】A項不正確，由直線與平面內(nèi)的一條直線平行，不能推出直線與平面平行，直線有可能在平面內(nèi)；B項不正確，由直線與平面內(nèi)的某條直線不相交，不能推出直線與平面平行，直線有可能在平面內(nèi)，也可能和平面相交；C項不正確，由直線與平面內(nèi)的無數(shù)條直線平行，不能推出直線與平面平行，直線有可能在平面內(nèi)；D項正確，由直線與平面內(nèi)的所有直線不相交，依據(jù)直線和平面平行的定義可得直線與平面平行．
4．(2019·山東師大附中月考)如圖，在長方體ABCD－A′B′C′D′中，下列直線與平面AD′C平行的是( )
A．B′C′ B．A′B
C．A′B′ D．BB′
【答案】B
【解析】連接A′B，因為A′B∥CD′，CD′?平面AD′C，所以A′B∥平面AD′C.
5．已知a，b表示不同的直線，α，β表示不同的平面，則下列命題正確的是( )
A．若a∥α，b∥β，α∥β，則 a∥b
B．若a∥b，a?α，b?β，則α∥β
C．若a∥b，α∩β＝a，則b∥α或b∥β
D．若直線a與b異面，a?α，b?β，則α∥β
【答案】C
【解析】對于A項，a與b還可能相交或異面，此時a與b不平行，故A項不正確；對于B項，α與β可能相交，此時設(shè)α∩β＝m，則a∥m，b∥m，則a∥b，故B項不正確；對于D項，α與β可能相交，如圖所示，故D項不正確．故選C.
6．已知m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，給出下列命題：
①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥n))?n∥α；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥β,n⊥β))?m∥n；③eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥α,m⊥β))?α∥β；④eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m?α,n?β,α∥β))?m∥n.其中正確命題的序號是( )
A．③④ B．②③
C．①② D．①②③④
【答案】B
【解析】①不正確，n可能在α內(nèi)；②正確，垂直于同一平面的兩直線平行；③正確，垂直于同一直線的兩平面平行；④不正確，m，n可能為異面直線．故選B.
二、填空題
7．如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上．若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________．
【答案】eq \r(2)
【解析】因為直線EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC.又E是DA的中點，所以F是DC的中點，由中位線定理可得EF＝eq \f(1,2)AC，AB＝2，所以AC＝2eq \r(2)，所以EF＝eq \r(2).
8．設(shè)α，β，γ是三個不同平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個條件：①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.如果命題“α∩β＝a，b?γ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是________(把所有符合題意條件的序號填上)．
【答案】①③
【解析】 ①可以，由a∥γ得a與γ沒有公共點，由b?β，α∩β＝a，b?γ知a，b在面β內(nèi)，且沒有公共點，故平行；②a∥γ，b∥β不可以，舉出反例如下：使β∥γ，b?γ，a?β，則此時能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b，這些條件無法確定兩直線的位置關(guān)系；③b∥β，a?γ可以，由b∥β，α∩β＝a知a，b無公共點，再由a?γ，b?γ可得兩直線平行．
9．(2019·吉安調(diào)考)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設(shè)Q是CC1上的點，則點Q滿足條件________時，有平面D1BQ∥平面PAO.
【答案】Q為CC1的中點
【解析】如圖所示，假設(shè)Q為CC1的中點，因為P為DD1的中點，所以QB∥PA.連接DB，因為P，O分別是DD1，DB的中點，所以D1B∥PO，又D1B?平面PAO，QB?平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故點Q滿足條件Q為CC1的中點時，有平面D1BQ∥平面PAO.
三、解答題
10．如圖，P是△ABC所在平面外一點，A′，B′，C′分別是△PBC，△PCA，△PAB的重心．求證：平面 A′ B′ C′∥平面 ABC.
【答案】見解析；
【解析】證明 連接PA′，PC′并延長，分別交BC，AB于M，N.因為A′，C′分別是△PBC，△PAB的重心，所以M，N分別是BC，AB的中點．連接MN，由eq \f(PA′,PM)＝eq \f(PC′,PN)＝eq \f(2,3)知A′C′∥MN，因為MN?平面ABC，所以A′C′∥平面ABC.同理，A′B′∥平面ABC，又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′，A′B′?平面A′B′C′，所以平面A′B′C′∥平面ABC.
11．(2019·忻州二中模擬)如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF為平行四邊形，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.
【答案】見解析；
【解析】證明 (1)如圖，連接AE，設(shè)DF與GN的交點為O，則AE必過DF與GN的交點O.連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO.又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.又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M為AB中點，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN.又BD?平面MNG，MN?平面MNG，所以BD∥平面MNG.又DE?平面BDE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.
12．已知在四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，E為線段AD上靠近點A的三等分點，O為AB的中點，且PA＝PB，AB＝eq \f(2,3)AD.問PB上是否存在一點F，使得OF∥平面PEC？若存在，試確定點F的位置；若不存在，請說明理由．
【答案】見解析；
【解析】 PB上存在一點F，使得OF∥平面PEC，且F為PB的三等分點(靠近點B)．證明如下：取BC的三等分點M(靠近點C)，連接AM，易知AE綊MC，所以四邊形AECM為平行四邊形，所以AM∥EC.取BM的中點N，連接ON，所以O(shè)N∥AM，所以O(shè)N∥EC.因為N為BM的中點，所以N為BC的三等分點(靠近點B)．因為F為PB的三等分點(靠近點B)，連接OF，NF，所以NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，所以平面ONF∥平面PEC，所以O(shè)F∥平面PEC.
13．(2019·深圳中學(xué)期中)如圖，在四棱錐V－ABCD中，底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱VC，VB上的點，且滿足VC＝3EC，AF∥平面BDE，則eq \f(VB,FB)＝________.
【答案】 2
【解析】 連接AC交BD于點O，連接EO，取VE的中點M，連接AM，MF.由VC＝3EC?VM＝ME＝EC，又AO＝CO?AM∥EO?AM∥平面BDE，又由題意知AF∥平面BDE，且AF∩AM＝A，所以平面AMF∥平面BDE?MF∥平面BDE?MF∥BE?VF＝FB?eq \f(VB,FB)＝2.

文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
平面外一條直線與此平面內(nèi)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)
∵l∥a，a?α，
l?α，∴l(xiāng)∥α
性質(zhì)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”)
∵l∥α，l?β，α∩β＝b，∴l(xiāng)∥b
文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”)
∵a∥β，
b∥β，
a∩b＝P，a?α，
b?α，
∴α∥β
性質(zhì)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
∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b

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