TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc25067" 【題型1 證明線線平行】 PAGEREF _Tc25067 \h 3
\l "_Tc6684" 【題型2 直線與平面平行的判定】 PAGEREF _Tc6684 \h 5
\l "_Tc4207" 【題型3 平面與平面平行的判定】 PAGEREF _Tc4207 \h 11
\l "_Tc32179" 【題型4 由線面平行的性質判定線線平行】 PAGEREF _Tc32179 \h 15
\l "_Tc32354" 【題型5 由線面平行的性質判斷線段比例或點所在的位置】 PAGEREF _Tc32354 \h 17
\l "_Tc14165" 【題型6 由線面平行求線段長度】 PAGEREF _Tc14165 \h 21
\l "_Tc24104" 【題型7 面面平行性質定理的應用】 PAGEREF _Tc24104 \h 25
\l "_Tc11417" 【題型8 平行問題的綜合應用】 PAGEREF _Tc11417 \h 29
【知識點1 空間中的平行關系】
1.直線與直線平行
(1)基本事實4
①自然語言：平行于同一條直線的兩條直線平行.
②符號語言：a,b,c是三條不同的直線，若a∥b，b∥c，則a∥c.
③作用：判斷或證明空間中兩條直線平行.
(2)空間等角定理
①自然語言：如果空間中兩個角的兩條邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.
②符號語言：如圖(1)(2)所示，在∠AOB與∠A'O'B'中，OA∥O'A'，OB∥O'B'，則∠AOB=∠A'O'B'
或∠AOB+∠A'O'B'=.

2.直線與平面平行
(1)判定定理
①自然語言
如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若線線平行，則線面平行”.
(2)性質定理
①自然語言
一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若線面平行，則線線平行”.
(3)性質定理的作用
①作為證明線線平行的依據(jù).當證明線線平行時，可以證明其中一條直線平行于一個平面，另一條直線是過第一條直線的平面與已知平面的交線，從而得到兩條直線平行.
②作為畫一條與已知直線平行的直線的依據(jù).如果一條直線平行于一個平面，要在平面內畫一條直線與已知直線平行，可以過已知直線作一個平面與已知平面相交，交線就是所要畫的直線.
3.平面與平面平行
(1)判定定理
①自然語言
如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行.
②圖形語言
③符號語售
.
該定理可簡記為“若線面平行，則面面平行”.
(2)判定定理的推論
①自然語言
如果一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面內的兩條相交直線，那么這兩個平面平行.
②圖形語言
③符號語言
.
(3)性質定理
①自然語言
兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若面面平行，則線線平行”.
(4)兩個平面平行的其他性質
①兩個平面平行，其中一個平面內的任意一條直線都平行于另一個平面.
②平行直線被兩個平行平面所截的線段長度相等.
③經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行.
④兩條直線同時被三個平行平面所截，截得的線段對應成比例.
⑤如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行.
【題型1 證明線線平行】
【例1】（2023下·全國·高一專題練習）下列結論中正確的是（ ）
①在空間中，若兩條直線不相交，則它們一定平行；②平行于同一條直線的兩條直線平行；③一條直線和兩條平行直線中的一條相交，那么它也和另一條相交；④空間中有四條直線a，b，c，d，如果a//b，c//d，且a//d，那么b//c.
A．①②③B．②④C．③④D．②③
【解題思路】根據(jù)空間中直線間的位置關系逐項進行判斷即可.
【解答過程】①錯誤，兩條直線可以異面；
②正確，平行的傳遞性；
③錯誤，和另一條直線可以相交也可以異面；
④正確，平行的傳遞性.
故選：B.
【變式1-1】（2023下·全國·高一專題練習）在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是側面AA1D1D，側面CC1D1D的中心，G，H分別是線段AB，BC的中點，則直線EF與直線GH的位置關系是（ ）
A．相交B．異面C．平行D．垂直
【解題思路】連接AD1，CD1，AC，根據(jù)E，F(xiàn)分別為AD1，CD1的中點，由三角形的中位線定理和平行關系的傳遞性判斷.
【解答過程】如圖，

連接AD1，CD1，AC，
因為E，F(xiàn)分別為AD1，CD1的中點，
由三角形的中位線定理知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
故選：C.
【變式1-2】（2023·上海·高二專題練習）下列命題中，正確的結論有 ( )
①如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等；
②如果兩條相交直線和另兩條相交直線分別平行，那么這兩組直線所成的銳角(或直角)相等；
③如果一個角的兩邊和另一個角的兩邊分別垂直，那么這兩個角相等或互補；
④如果兩條直線同時平行于第三條直線，那么這兩條直線互相平行．
A．1個B．2個C．3個D．4個
【解題思路】根據(jù)空間中直線間的位置關系與空間等角定理，逐項進行判斷即可.
【解答過程】①中，如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補，故①錯誤；
②中，如果兩條相交直線和另兩條相交直線分別平行，那么這兩組直線所成的銳角或直角相等，故②正確；③中，如果一個角的兩邊和另一個角的兩邊分別垂直，在空間中，兩角大小關系不確定，故③錯誤；
④中，如果兩條直線同時平行于第三條直線，那么這兩條直線平行，故④正確；
故選B.
【變式1-3】（2023·全國·高一專題練習）如圖所示，在長方體AC1中，E，F(xiàn)分別是B1O和C1O的中點，則長方體的各棱中與EF平行的有（ ）
A．3條B．4條
C．5條D．6條
【解題思路】由E，F(xiàn)分別是B1O，C1O的中點，故EF∥B1C1，結合正方體的結構特征，即可求解.
【解答過程】由于E，F(xiàn)分別是B1O，C1O的中點，故EF∥B1C1，
因為與棱B1C1平行的棱還有3條：AD, BC，A1D1，所以共有4條.
故選：B.
【題型2 直線與平面平行的判定】
【例2】（2023下·湖北黃岡·高一?？茧A段練習）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不平行與平面MNQ的是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】利用線面平行的判定方法逐個分析判斷即可．
【解答過程】對于A，如圖，連接A1B1，則AB//A1B1，

因為N，Q分別為棱的中點，所以由三角形中位線定理可得NQ//A1B1，
所以NQ//AB，
因為AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
對于B，如圖連接A1B1，

因為M，Q分別為A1C1，B1C1的中點，所以MQ//A1B1，
因為AB//A1B1，所以MQ//AB，
因為AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ；
對于C，如圖，連接A1B1，則AB//A1B1，

因為M，Q分別為棱的中點，所以由三角形中位線定理可得MQ//A1B1，
所以MQ//AB，
因為AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
對于D，如圖取底面中心O，連接OQ，

由于Q為棱的中點，所以由三角形中位線定理可得OQ//AB，
因為OQ與平面MNQ相交，所以AB與平面MNQ相交，
故選：D．
【變式2-1】（2023·全國·模擬預測）已知三棱柱ABC?A1B1C1中，D，E分別是AB，A1C1的中點，有以下四個結論：
①直線BC1∥平面A1DC； ②直線DE∥平面BCC1B1；
③直線A1D∥平面B1EC； ④直線BC1∥平面CDE.
其中正確結論的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解題思路】根據(jù)題意，由線面平行的判定定理，對選項逐一判斷，即可得到結果.
【解答過程】
對于①：如圖1，連接AC1，交AC1于點F，連接DF，則點F是AC1的中點，又D是AB的中點，所以DF∥BC1，因為DF?平面A1DC，BC1?平面A1DC，所以直線BC1∥平面A1DC，所以①正確.
對于②：如圖2，取BC的中點F，連接DF，C1F，因為D是AB的中點，所以DF∥AC，且DF=12AC，又EC1=12A1C1=12AC，EC1∥AC，所以DE∥C1F，DF=EC1，所以四邊形DFC1E是平行四邊形，所以DE∥C1F，又C1F?平面BCC1B1，DE?平面BCC1B1，所以直線DE∥平面BCC1B1，故②正確.
對于③：如圖3，取BC的中點F，連接DF，因為D是AB的中點，所以DF∥AC，且DF=12AC，又A1E=12A1C1=12AC，A1E∥AC，所以DF∥A1E，DF=A1E，連接EF，所以四邊形DFEA1是平行四邊形，所以A1D∥EF，顯然EF與平面B1EC相交，則A1D與平面B1EC相交，故③錯誤.
對于④：如圖4，連接AC1，交EC于點F，連接DF，則平面ABC1∩平面CDE=DF，若直線BC1∥平面CDE，則DF∥BC1，由于D是AB的中點，所以點F是AC1的中點，而顯然點F不是AC1的中點，矛盾，故④錯誤.
故選：B.
【變式2-2】（2023下·北京房山·高一?？茧A段練習）如圖甲，在梯形ABCD中，AB//CD，CD＝2AB，E、F分別為AD、CD的中點，以AF為折痕把△ADF折起，使點D不落在平面ABCF內（如圖乙），那么在以下3個結論中，正確結論的個數(shù)是（ ）
①AF//平面BCD；②BE//平面CDF；③CD//平面BEF．
A．0B．1C．2D．3
【解題思路】利用線面平行判定定理即可證明AF//平面BCD，進而得到①正確；求得BE與平面CDF相交，進而得到②錯誤；利用線面平行判定定理即可證明CD//平面BEF，故③正確．
【解答過程】對于①，由題意得AB//CF,AB=CF，∴四邊形ABCF是平行四邊形，
∴AF//BC，
∵AF?平面BCD，BC?平面BCD，
∴AF//平面BCD，故①正確；
對于②，取DF中點G，連接EG，CG，
∵E是AD中點，AF//BC，AF=BC，
∴EG=12BC，EG//BC
∴四邊形BCGE為梯形，
∴直線BE與直線CG相交，
∴BE與平面CDF相交，故②錯誤；
對于③，連接AC，交BF于點O，連接OE，
∵四邊形ABCF是平行四邊形，
∴O是AC中點，
∴OE//CD，
∵OE?平面BEF，CD?平面BEF，
∴CD//平面BEF，故③正確．
故選：C．
【變式2-3】（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考二模）在如圖所示的正方體或正三棱柱中，M，N，Q分別是所在棱的中點，則滿足直線BM與平面CNQ平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【解題思路】根據(jù)正方體，正三棱柱的性質，線面的位置關系及線面平行的判定定理結合條件逐項分析即得.
【解答過程】A選項中，由正方體的性質可知BM//B1N，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯誤；
B選項中，因為NQ//AC，故平面CNQ即為平面ACNQ，而BM//AQ，BM?平面CNQ，AQ?平面CNQ，所以直線BM與平面CNQ平行，故正確；
C選項中，因為NQ//BC，故平面CNQ即為平面BCNQ，則直線BM與平面CNQ相交于點B，故錯誤；
D選項中，假設直線BM與平面CNQ平行，過點M作CQ的平行線交A1B1于點D，則點D是在A1B1上靠近點B1的四等分點，
由MD//CQ，MD?平面CNQ，CQ?平面CNQ，可得MD//平面CNQ，又BM與平面CNQ平行，MD∩CM=M,MD,CM?平面BDM，則平面BDM//平面CNQ，
而平面ABB1A1與平面BDM，平面CNQ分別交于BD，QN，則BD與QN平行，
顯然BD與QN不平行，假設錯誤，所以直線BM與平面CNQ不平行，故錯誤．
故選：B.
【題型3 平面與平面平行的判定】
【例3】（2023下·全國·高三校聯(lián)考階段練習）給出下列4個命題，其中正確的命題是（ ）
①垂直于同一直線的兩個平面平行；②垂直于同一平面的兩個平面平行；
③平行于同一直線的兩個平面平行；④平行于同一平面的兩個平面平行.
A．①②B．③④C．②③D．①④
【解題思路】由面面平行的判斷定理可判斷①；由面面垂直的性質定理可判斷②；由線面平行的性質和面面平行的判定可判斷③；由面面的位置關系可判斷④．
【解答過程】對于①，垂直于同一直線的兩個平面平行，故①正確；
對于②，垂直于同一平面的兩個平面平行或相交，故②錯誤；
對于③，平行于同一直線的兩個平面相交或平行，故③錯誤；
對于④，平行于同一平面的兩個平面平行，故④正確．
故選:D．
【變式3-1】（2023·四川遂寧·四川?？寄M預測）在正方體 ABCD?A1B1C1D1中，下列結論正確的是（ ）
①AD1//BC1；
②平面AB1D1//平面BDC1；
③AD1//DC1；
④AD1//平面BDC1.
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
【解題思路】根據(jù)正方體的性質、線面平行的判定定理及面面平行的判定定理證明即可.
【解答過程】因為AB//C1D1，AB=C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1//BC1，故①正確；
易證BD//B1D1，AB1//DC1，BD?平面BDC1，B1D1?平面BDC1，所以B1D1//平面BDC1，同理可得AB1//平面BDC1，
又AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1?平面AB1D1，故平面AB1D1//平面BDC1，故②正確；
由正方體ABCD?A1B1C1D1易知，AD1與DC1異面，故③錯誤；
因為AD1//BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，所以AD1//平面BDC1，故④正確.
故選：A.
【變式3-2】（2023下·江西·高一贛州市第四中學校考期末）在正方體ABCD?A′B′C′D′中，下列四對截面中，彼此平行的一對截面是（ ）.
A．BDC′與B′D′CB．A′BC′與ACD′
C．B′D′D與BDA′D．A′DC′與AD′C
【解題思路】根據(jù)面面平行的判定并結合圖形判斷各選項.
【解答過程】如圖，選項A、B、C、D分別對應圖1、圖2、圖3、圖4.
對于A，BC′與B′C相交，截面BDC′與B′D′C相交，故A錯誤；
對于B，截面A′BC′與ACD′平行.
證明：因為A′D′//BC，A′D′=BC，
所以四邊形BCD′A′為平行四邊形，
所以A′B//D′C，又A′B?平面A′BC′，D′C?平面A′BC′，
所以D′C//平面A′BC′，
同理可證AC//平面A′BC′，AC∩D′C=C，AC,D′C? ACD′，
所以平面A′BC′//平面ACD′.故B正確；
對于C，截面B′D′D與BDA′相交于D點，故C錯誤；
對于D，A′D與AD′相交，截面A′DC′與AD′C相交，故D錯誤；
故選：B.
【變式3-3】（2023下·全國·高一專題練習）如圖是四棱錐的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G，H分別為PA，PD，PC，PB的中點，在此幾何體中，給出下面四個結論:
①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB．
其中正確的有（ ）
A．①③B．①④C．①②③D．②③
【解題思路】把圖形還原為一個四棱錐，然后根據(jù)線面、面面平行的判定定理逐一判斷即可.
【解答過程】把平面展開圖還原為四棱錐如圖所示，
對于①，因為E，F(xiàn)分別是PA，PD的中點，
所以EF//AD，
又因為EF?平面ABCD，AD?平面ABCD，
所以EF//平面ABCD，
同理可證EH//平面ABCD，
又因為EF∩EH=E，EH，EF?平面EFGH，
所以平面EFGH//平面ABCD，故①正確；
對于②，因為BC//AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BC//平面PAD，故②正確；
對于③，因為AB//CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，
所以AB//平面PCD，故③正確；
對于④，平面PAD∩平面PAB=PA，故④錯誤;
所以正確的有①②③.
故選：C.
【知識點2 平行關系的相互轉化及綜合應用】
1.平行關系的相互轉化及綜合應用
(1)證明線線平行的常用方法
①利用線線平行的定義：在同一平面內，不相交的兩條直線是平行直線.
②利用基本事實4：平行于同一條直線的兩條直線平行.
③利用三角形的中位線定理：三角形的中位線平行且等于底邊的一半.
④利用平行線分線段成比例定理.
⑤利用線面平行的性質定理.
⑥利用面面平行的性質定理.
⑦利用反證法：假設兩條直線不平行，然后推出矛盾，進而得出兩條直線是平行的.
(2)證明線面平行的常用方法
①利用線面平行的定義：直線與平面沒有公共點.
②利用直線與平面平行的判定定理：a，a∥b，b，則a∥.使用定理時，一定要說明“平面外
一條直線與此平面內的一條直線平行”，若不注明，則證明過程不完整.因此，要證明a∥，則必須在平面內找一條直線b，使得a∥b，從而達到證明的目的，這三個條件缺一不可.
③利用面面平行的性質：若平面∥平面，直線a，則a∥.
④利用反證法.這時“平行”的否定有“在平面內”和“與平面相交”兩種，只有在排除“直線在平面內”和“直線與平面相交”這兩種位置關系后才能得到“直線與平面平行”的結論，在這一點上往往容易出錯，應引起重視.
(3)平面與平面平行的判定方法
①根據(jù)定義：證明兩個平面沒有公共點，但有時直接證明非常困難.
②根據(jù)判定定理：要證明兩個平面平行，只需在其中一個平面內找兩條相交直線，分別證明它們平行
于另一個平面，則這兩個平面平行.
③根據(jù)判定定理的推論：在一個平面內找到兩條相交的直線分別與另一個平面內兩條相交的直線平行，
則這兩個平面平行.
④根據(jù)平面平行的傳遞性：若兩個平面都平行于第三個平面，則這兩個平面平行.
⑤利用反證法.
(4)平行關系的相互轉化
常見的平行關系有線線平行、線面平行和面面平行，這三種關系不是孤立的，而是相互聯(lián)系、相互轉
化的，如圖所示.
【題型4 由線面平行的性質判定線線平行】
【例4】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD//BC，AD=2BC=2AB=4，PA=2，且∠ABC=60°，點E為棱PD上一點（不與P,D重合），平面BCE交棱PA于點F．
求證：BC//EF.
【解題思路】根據(jù)線面平行判定定理證明BC//平面PAD，然后再由線面平行的性質定理可證.
【解答過程】證明：∵BC//AD,AD?平面PAD,BC?平面PAD，
∴BC//平面PAD，
又BC?平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD=EF，
∴BC//EF.
【變式4-1】（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，點D、E分別為棱A1C1、B1C1的中點，點F是線段BB1上的點（不包括兩個端點）．設平面DEF與平面ABC相交于直線m，求證：A1B1//m.
【解題思路】根據(jù)題意，由線面平行的判定定理可得DE//平面ABC，再由線面平行的性質定理可得m//DE，即可得到證明.
【解答過程】因為點D，E分別為棱A1C1、B1C1的中點，則DE//A1B1，
在三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形AA1B1B為平行四邊形，
所以，A1B1//AB，則DE//AB，
因為DE?平面ABC，BC?平面ABC，所以，DE//平面ABC，
因為DE?平面DEF，平面DEF∩平面ABC=m，所以，m//DE，
故m//A1B1．
【變式4-2】（2023上·江蘇連云港·高三統(tǒng)考期中）如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，平面ABFE與平面CDEF的交線為EF.
(1)證明：EF∥AB；
(2)若平面FBC⊥平面ABCD，H為BC的中點，F(xiàn)H=2，F(xiàn)C=2.5，EF=1.5，求該幾何體的體積.
【解題思路】(1)用線面平行的性質定理即可證得.(2) 將體積分割VEF?ABCD=VBCF?EIJ+VE?AIJD，轉化為一個三棱柱和一個三棱錐求體積即可.
【解答過程】（1）證明：∵CD∥AB，而CD?平面ABFE，AB?平面ABFE，
∴CD//平面ABFE，又∵CD?平面CDEF，
平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴CD∥EF，∴EF∥AB.
（2）∵FH=2，F(xiàn)C=2.5，H為BC中點，∴CH=1.5.
而FH2+CH2=CF2，∴FH⊥BC，∵平面FBC⊥平面ABCD.
平面FBC∩平面ABCD=BC，F(xiàn)H?平面FBC，∴FH⊥平面ABCD.
過E分別作EI∥FB交AB于點I，EJ∥FC交CD于點J，連接IJ.
∴VEF?ABCD=VBCF?EIJ+VE?AIJD=12×3×2×1.5+13×1.5×3×2=4.5+3=7.5.
【變式4-3】（2023·全國·高一隨堂練習）如圖，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AP作平面交平面BDM于HG，求證：AP//HG．
【解題思路】連接AC交BD于點O，連接OM，先利用三角形中位線性質和線面平行判定定理證明PA//平面BDM，然后由線面平行性質定理可證.
【解答過程】連接AC交BD于點O，連接OM，
因為ABCD是平行四邊形，所以O為AC中點，
又M是PC的中點，所以OM//PA，
因為OM?平面BDM，PA?平面BDM，
所以PA//平面BDM，
又因為PA?平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，
所以AP//HG.
【題型5 由線面平行的性質判斷線段比例或點所在的位置】
【例5】（2023下·全國·高一專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，點D，E分別為棱PB，BC的中點.若點F在線段AC上，且滿足AD∥平面PEF，則AFFC的值為（ ）

A．1B．2C．12D．23
【解題思路】連接CD，交PE于點G，連接FG，由線面平行性質證明AD∥FG，再利用重心性質求解即可.
【解答過程】如圖，連接CD，交PE于點G，連接FG，

因為AD∥平面PEF，AD?平面ADC，平面ADC∩平面PEF=FG，所以AD∥FG，
因為點D，E分別為棱PB，BC的中點，所以G是△PBC的重心，所以AFFC=DGGC=12.
故選：C.
【變式5-1】（2023·全國·高一專題練習）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是菱形，AC交BD于點O，E為AD的中點，F(xiàn)在PA上，AP=λAF，PC∥平面BEF，則λ的值為（ ）
A．1B．32C．3D．2
【解題思路】根據(jù)△AEG～△CBG，得到AGAC=13，利用PC//平面BEF，得到GF//PC，結合比例式的性質，得到λ=APAF=ACAG，即可求解.
【解答過程】解：設AO與BE交于點G，連接FG，如圖所示，因為E為AD的中點，則AE=12AD=12BC，
由四邊形ABCD是菱形，可得AD//BC，則△AEG～△CBG，
所以AGGC=AEBC=12，所以AGAC=13，
又因為PC//平面BEF，PC?平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，
所以GF//PC，所以λ=APAF=ACAG=3.
故選：C.
【變式5-2】（2023下·河南洛陽·高一統(tǒng)考期中）如圖，已知圓錐的頂點為S，AB為底面圓的直徑，點M，C為底面圓周上的點，并將弧AB三等分，過AC作平面α，使SB//α，設α與SM交于點N，則SNSM的值為（ ）
A．13B．12C．23D．34
【解題思路】連接MB交AC于點D，連接ND,NA,NC，根據(jù)線面平行得性質證明SB∥DN，再根據(jù)MC//AB可得DMDB=MCAB，進而可得出答案.
【解答過程】連接MB交AC于點D，連接ND,NA,NC，則平面NAC即為平面α，
因為SB//α，平面SMB∩α=DN，SB?平面SMB，
所以SB//DN，
因為AB為底面圓的直徑，點M，C將弧AB三等分，
所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°，MC=BC=12AB，
所以MC//AB且MC=12AB，
所以DMDB=MCAB=12，
又SB//DN，所以MNSN=DMDB=12，
所以SNSM=23.
故選：C.
【變式5-3】（2022·高一課時練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD=60°，Q為AD的中點，點M在線段PC上，PM=tMC，若PA//平面MQB，則t等于（ ）
A．12B．13C．14D．25
【解題思路】連接AC交BD于O，連接MO，根據(jù)線面平行的性質得PA//MO，即可得到AOCO=PMMC=12，即可求解.
【解答過程】連接AC交BD于O，連接MO，如圖：
底面ABCD為菱形，Q為AD的中點，所以ΔAQO與ΔCBO相似，
AOCO=AQBC=12，
因為PA//平面MQB，PA?平面PAC，平面PAC與平面MQB交線為MO，
根據(jù)線面平行的性質可知：PA//MO，
在ΔPAC中，AOCO=PMMC=12，
PM=12MC，
即t=12.
故選：A.
【題型6 由線面平行求線段長度】
【例6】（2023·全國·高一專題練習）已知正方體AC1的棱長為1，點P是平面AA1D1D的中心，點Q是平面A1B1C1D1的對角線B1D1上一點，且PQ∥平面AA1B1B，則線段PQ的長為（ ）
A．12B．22C．2D．32
【解題思路】利用線面平行的性質定理及三角形的中位線定理，結合勾股定理即可求解.
【解答過程】連接AD1，AB1，則AD1過點P.如圖所示
∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B=AB1，PQ?平面AB1D1，
∴PQ∥AB1，∵D1P=PA，
∴PQ=12AB1=12×12+12=22.
故選：B.
【變式6-1】（2023·全國·高一專題練習）已知直三棱柱 ABC?A1B1C1 的側棱和底面邊長均為 1，M，N 分別是棱 BC，A1B1 上的點， 且 CM=2B1N=λ， 當 MN// 平面 AA1C1C 時， λ 的值為（ ）
A．34B．23C．12D．13
【解題思路】過N作NP//B1C1交A1C1于P，利用線面平行的性質可得MN// CP，進而可得四邊形MNPC為平行四邊形，NP=1?λ2=λ=CM，即得.
【解答過程】過N作NP//B1C1交A1C1于P，連接CP，
因為MC//B1C1，∴NP//MC，故N,P,M,C共面,
因為MN// 平面 AA1C1C，平面MNPC∩平面 AA1C1C= CP，MN?平面MNPC，
所以MN// CP，又NP//MC,
∴四邊形MNPC為平行四邊形，
又CM=2B1N=λ，
∴NP=1?λ2=λ=CM，
所以λ=23.
故選：B．
【變式6-2】（2023下·天津武清·高一?？茧A段練習）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E、F分別是棱BC，CC1的中點，P是側面BCC1B1內一點，若A1P//平面AEF，則線段A1P長度的取值范圍是（ ）
A．2,52B．324,52C．322,5D．52,22
【解題思路】分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，易證平面A1MN//平面AEF，由題意知點P必在線段MN上，由此可判斷P在M或N處時A1P最長，位于線段MN中點處時最短，通過解直角三角形即可求得．
【解答過程】如下圖所示，分別取棱BB1，B1C1的中點M、N，連MN，BC1，
∵M，N，E，F(xiàn)分別為所在棱的中點，則MN//BC1，EF//BC1，
∴MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面AEF，
∴MN//平面AEF.
∵AA1//NE，AA1=NE，
∴四邊形AENA1為平行四邊形，
∴A1N//AE，
又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，
∴A1N//平面AEF，
又A1N∩MN=N，
∴平面A1MN//平面AEF.
∵P是側面BCC1B1內一點，且A1P//平面AEF，
∴點P必在線段MN上.
在RtΔA1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=22+1=5.
同理，在RtΔA1B1N中，可得A1N=5，
∴ΔA1MN為等腰三角形.
當點P為MN中點O時，A1P⊥MN，此時A1P最短；點P位于M、N處時，A1P最長.
∵A1O=A1M2?OM2=52?222=322，A1M=A1N=5.
∴線段A1P長度的取值范圍是322,5.
故選：C.
【變式6-3】（2023·全國·高一專題練習）如圖，直三棱柱ABC?A′B′C′中，ΔABC為邊長為2的等邊三角形，AA′=4，點E、F、G、H、M分別是邊AA′、AB、BB′、A′B′、BC的中點，動點P在四邊形EFGH內部運動，并且始終有MP //平面ACC′A′，則動點P的軌跡長度為（ ）
A．4B．23C．2πD．2
【解題思路】根據(jù)線面平行判定定理以及性質定理確定軌跡，即為兩平面交線，再根據(jù)條件求結果.
【解答過程】因為MF//AC,所以MF//平面ACC'A'；取C'B'中點N,因為MN//CC',所以MN//平面ACC'A'，從而平面MFHN//平面ACC'A',即動點P的軌跡為線段HF,因此長度為4，
故選A.
【題型7 面面平行性質定理的應用】
【例7】（2023·高一課時練習）如圖，已知平面α//平面β，點P為α，β外一點，直線PB，PD分別與α，β相交于A，B和C，D，則AC與BD的位置關系為（ ）
A．平行B．相交C．異面D．平行或異面
【解題思路】由題設知P，A，B，C，D共面，根據(jù)面面平行的性質，可證AC與BD的位置關系.
【解答過程】解：由題意知P，A，B，C，D在同一平面內，且平面PBD∩平面α=AC，平面PBD∩平面β=BD，且α//β，∴AC//BD，
故選：A．
【變式7-1】（2023下·高一課時練習）如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，F(xiàn)分別在線段DB，DD1上，DEEB=12，G在CC1上且平面AEF//平面BD1G，則CGCC1=（ ）

A．12B．13C．23D．14
【解題思路】連接B1D1，F(xiàn)G，利用面面平行、線面平行的性質證明線線平行，再結合平行線分線段成比例定理求解作答.
【解答過程】在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，連接B1D1，F(xiàn)G，如圖，

因為平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D=EF，
平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，則EF//BD1，于是DFFD1=DEEB=12，
平面ADD1A1//平面BCC1B1，而BG?平面BCC1B1，則BG//平面ADD1A1，
在平面ADD1A1內存在與AF不重合的直線l//BG，又平面AEF//平面BD1G，BG?平面BD1G，
則BG//平面AEF，在平面AEF內存在與AF不重合直線m//BG，從而m//l，m?平面AEF，
l?平面AEF，則l/平面AEF，又l?平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1=AF，
因此AF//l//BG，BG，AF可確定平面ABGF，因為平面ABB1A1//平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CDD1C1=FG，于是AB//FG，即有CD//FG，
所以CGCC1=DFDD1=13.
故選：B.
【變式7-2】（2023下·江蘇無錫·高一錫東高中?？计谥校┤鐖D，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ACGDB．CF//平面ABED
C．BC//FGD．平面ABED//平面CGF
【解題思路】取DG的中點M，連AM、FM，證明四邊形ABFM是平行四邊形，問題得解.
【解答過程】如圖所示，取DG的中點M，連AM、FM，．
則由已知條件易證得四邊形DEFM是平行四邊形，
∴DE//FM且DE=FM．
∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，
∴AB∥DE，
∴AB∥FM．
又AB＝DE，
∴AB＝FM，
∴四邊形ABFM是平行四邊形，
∴BF∥AM．
又BF?平面ACGD，AM?平面ACGD，
∴BF∥平面ACGD．
故選A．
【變式7-3】（2023·全國·高一專題練習）如圖，平面α/平面β，A，C是α內不同的兩點，B，D是內不同的兩點，E，F(xiàn)分別是線段AB，CD的中點，則下列所有正確判斷的編號是（ ）
①當AB，CD共面時，直線AC//BD
②當AB=2CD時，E，F(xiàn)兩點不可能重合
③當AB，CD是異面直線時，直線EF一定與α平行
④可能存在直線EF與α垂直
A．①③B．②④C．①②D．③④
【解題思路】對于①，由面面平行的性質定理判斷即可，對于②，如圖判斷，對于③④，連接AD，取AD的中點M，連接EF,EM,FM，則可得平面EFM與平面α,β都平行，從而可進行判斷
【解答過程】解：對于①，當AB，CD共面時，則平面ABDC∩平面α=AC，平面ABDC∩平面β=BD，因為平面α/平面β，所以AC//BD，所以①正確；
對于②，如圖，當AE=2CE時，AB=2CD成立，而此時E，F(xiàn)兩點重合，所以②錯誤；
對于③，如圖，連接AD，取AD的中點M，連接EF,EM,FM，因為E，F(xiàn)分別是線段AB，CD的中點，所以EM∥BD，F(xiàn)M∥AC，因為EM?β,FM?α，AC?α,BD?β，所以EM∥β，F(xiàn)M∥α，因為平面α/平面β，所以FM∥β，因為EM∩FM=M，所以平面EFM∥β，平面EFM∥α，因為EF?平面EFM，所以直線EF一定與α平行，所以③正確，
對于④，由①可知，當AB，CD共面時，EF∥AC，因為EF?α,AC?α，所以EF∥α，由③可知，當AB，CD是異面直線時，直線EF一定與α平行，綜上，EF∥α，所以④錯誤，
故選：A.
【題型8 平行問題的綜合應用】
【例8】（2023下·全國·高一期中）如圖所示，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點，M,N分別是AB,PC的中點.

(1)求證：MN//平面PAD；
(2)設平面PBC∩平面PAD=l，求證：l//BC.
【解題思路】（1）通過構造平行四邊形的方法證得MN//平面PAD.
（2）根據(jù)線面平行的性質定理證得l//BC.
【解答過程】（1）取PD的中點E，連接AE,NE，如圖所示，
由NE//DC，且NE=12DC，
AM//DC，且AM=12DC，
所以NE//AM，且NE=AM，
所以四邊形MNEA是平行四邊形，
所以MN//AE，
又AE?平面PAD，MN?平面PAD，
所以MN//平面PAD；
（2）因為BC//AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又因為平面PBC∩平面PAD=l，
所以l//BC.

【變式8-1】（2023上·四川內江·高二?？茧A段練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G分別是AB，PB，CD的中點．

(1)求證：EF//平面PAD；
(2)求證：平面EFG//平面PAD.
【解題思路】（1）線面平行判定定理證明即可；
（2）先證線面平行，再證面面平行即可.
【解答過程】（1）∵E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點，
∴EF//PA
又∵EF?平面PAD,PA?平面PAD,
∴EF//平面PAD.
（2）∵四邊形ABCD為正方形，且E,G分別為AB，DC邊的中點，∴EG//AD，
又∵AD?面PAD，EG?面PAD，
∴EG//面PAD，
由（1）知，EF//平面PAD，
且EG∩FE=E,EF?平面EFG,EG?平面EFG,
∴平面EFG//平面PAD.
【變式8-2】（2023·全國·高一專題練習）如圖，四棱錐P?ABCD的底面為平行四邊形．設平面PAD與平面PBC的交線為l，M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點．

(1)求證：平面MNQ//平面PAD；
(2)求證：BC//l．
【解題思路】（1）利用面面平行的判定定理證明即可；
（2）利用線面平行的性質定理證明即可
【解答過程】（1）因為M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點，底面ABCD為平行四邊形，
所以MN//PD，NQ//AD，
又MN?平面PAD，PD?平面PAD，
則MN//平面PAD，
同理NQ?平面PAD，AD?平面PAD，
可得NQ//平面PAD，
又MN∩NQ=N，MN,NQ?平面MNQ，
所以平面MNQ//平面PAD.
（2）因為BC//AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又BC?平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
所以BC//l.
【變式8-3】（2023下·浙江金華·高一?？计谥校┰谡襟wABCD?A1B1C1D1中，M、N、P分別是AD1、BD和B1C的中點，求證

(1)MN// CD1
(2)MN//平面CC1D1D．
(3)平面MNP//平面CC1D1D．
【解題思路】（1）利用三角形中位線定理進行證明即可；
（2）利用線面平行的判定定理進行證明即可；
（3）利用平行四邊形的判定定理和性質，結合面面平行的判定定理進行證明即可.
【解答過程】（1）連接AC，
因為底面ABCD是正方形，且點N是BD中點，
所以AC∩BD=N，即點N也是AC中點，
又因為點M是AD1中點，
所以由三角形中位線定理可得MN// CD1；
（2）由（1）MN// CD1，因為MN?平面CC1D1D，CD1?平面CC1D1D，
所以MN//平面CC1D1D；
（3）連接BP，
因為M、P分別是AD1和B1C的中點，
所以由正方體的性質可知：AM=BP,AM//BP，
所以四邊形ABPM是平行四邊形，所以有MP//AB，而CD//AB，
所以MP//CD，因為MP?平面CC1D1D，CD?平面CC1D1D，
所以MP//平面CC1D1D，而MN∩MP=M,MP,MN?平面MNP，
所以平面MNP//平面CC1D1D.

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