1．直線與直線平行
(1)基本事實(shí)4
①自然語言：平行于同一條直線的兩條直線平行.
②符號(hào)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(gè)角的兩條邊分別對(duì)應(yīng)平行，那么這兩個(gè)角相等或互補(bǔ).
②符號(hào)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(nèi)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(hào)語言
.
該定理可簡記為“若線線平行，則線面平行”.
(2)性質(zhì)定理
①自然語言
一條直線與一個(gè)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(hào)語言
.
該定理可簡記為“若線面平行，則線線平行”.
(3)性質(zhì)定理的作用
①作為證明線線平行的依據(jù).當(dāng)證明線線平行時(shí)，可以證明其中一條直線平行于一個(gè)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(gè)平面，要在平面內(nèi)畫一條直線與已知直線平行，可以過已知直線作一個(gè)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(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行.
②圖形語言
③符號(hào)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(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線，那么這兩個(gè)平面平行.
②圖形語言
③符號(hào)語言
.
(3)性質(zhì)定理
①自然語言
兩個(gè)平面平行，如果另一個(gè)平面與這兩個(gè)平面相交，那么兩條交線平行.
②圖形語言
③符號(hào)語言
.
該定理可簡記為“若面面平行，則線線平行”.
(4)兩個(gè)平面平行的其他性質(zhì)
①兩個(gè)平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線都平行于另一個(gè)平面.
②平行直線被兩個(gè)平行平面所截的線段長度相等.
③經(jīng)過平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行.
④兩條直線同時(shí)被三個(gè)平行平面所截，截得的線段對(duì)應(yīng)成比例.
⑤如果兩個(gè)平面分別平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面互相平行.
4．平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化及綜合應(yīng)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(nèi)，不相交的兩條直線是平行直線.
②利用基本事實(shí)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(zhì)定理.
⑥利用面面平行的性質(zhì)定理.
⑦利用反證法：假設(shè)兩條直線不平行，然后推出矛盾，進(jìn)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(diǎn).
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(shí)，一定要說明“平面外
一條直線與此平面內(nèi)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(nèi)找一條直線b，使得a∥b，從而達(dá)到證明的目的，這三個(gè)條件缺一不可.
③利用面面平行的性質(zhì)：若平面∥平面，直線a，則a∥.
④利用反證法.這時(shí)“平行”的否定有“在平面內(nèi)”和“與平面相交”兩種，只有在排除“直線在平面內(nèi)”和“直線與平面相交”這兩種位置關(guān)系后才能得到“直線與平面平行”的結(jié)論，在這一點(diǎn)上往往容易出錯(cuò)，應(yīng)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(gè)平面沒有公共點(diǎn)，但有時(shí)直接證明非常困難.
②根據(jù)判定定理：要證明兩個(gè)平面平行，只需在其中一個(gè)平面內(nèi)找兩條相交直線，分別證明它們平行
于另一個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行.
③根據(jù)判定定理的推論：在一個(gè)平面內(nèi)找到兩條相交的直線分別與另一個(gè)平面內(nèi)兩條相交的直線平行，
則這兩個(gè)平面平行.
④根據(jù)平面平行的傳遞性：若兩個(gè)平面都平行于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行.
⑤利用反證法.
(4)平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化
常見的平行關(guān)系有線線平行、線面平行和面面平行，這三種關(guān)系不是孤立的，而是相互聯(lián)系、相互轉(zhuǎn)
化的，如圖所示.
【題型1 證明線線平行】
【方法點(diǎn)撥】
掌握線線平行的判定方法，結(jié)合題目條件，進(jìn)行求解，即可證明線線平行.
【例1】（2023·上海·高二專題練習(xí)）若∠AOB=∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA與O1A1方向相同，則下列結(jié)論正確的有（ ）
A．OB∥O1B1且方向相同B．OB∥O1B1，方向可能不同
C．OB與O1B1不平行D．OB與O1B1不一定平行
【解題思路】畫出圖形，當(dāng)滿足題目中的條件時(shí)，出現(xiàn)的情況有哪些，即可得出結(jié)論．
【解答過程】解：如圖，
；
當(dāng)∠AOB=∠A1O1B1時(shí)，且OA∥O1A1，OA與O1A1的方向相同，
OB與O1B1是不一定平行．
故選：D．
【變式1-1】（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線l?平面A1B1C1D1，且直線l與直線B1C1不平行，則下列一定不可能的是（ ）
A．l與AD平行B．l與AD不平行C．l與AC平行D．l與BD平行
【解題思路】假設(shè)l//AD，通過平行線的傳遞性推出與題中條件相反的結(jié)論來說明直線l與直線AD一定不平行；當(dāng)l與A1C1平行時(shí)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)l與B1D1平行時(shí)，選項(xiàng)D正確.
【解答過程】假設(shè)l//AD，則由AD//BC//B1C1，知l//B1C1，
這與直線l與直線B1C1不平行矛盾，
所以直線l與直線AD不平行.
故選：A.
【變式1-2】（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖所示，在長方體AC1中，E，F(xiàn)分別是B1O和C1O的中點(diǎn)，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(diǎn)，故EF∥B1C1，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征，即可求解.
【解答過程】由于E，F(xiàn)分別是B1O，C1O的中點(diǎn)，故EF∥B1C1，
因?yàn)榕c棱B1C1平行的棱還有3條：AD, BC，A1D1，所以共有4條.
故選：B.
【變式1-3】（2022春·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在三棱錐P-ABC中，E,F,G,H,I,J分別為線段PA,PB,PC,AB,BC,CA的中點(diǎn)，則下列說法正確的是
A．PH||BGB．IE||CPC．FH||GJD．GI||JH
【解題思路】由平行公理即可得解.
【解答過程】由題意結(jié)合三角形中位線的性質(zhì)可得：FH∥PA,GJ∥PA，
由平行公理可得：FH∥GJ.
故選C.
【題型2 直線與平面平行的判定】
【方法點(diǎn)撥】
使用直線與平面平行的判定定理時(shí)，關(guān)鍵是在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線，具體操作中，我們
可以利用幾何體的特征，合理利用中位線定理，或者構(gòu)造平行四邊形等證明兩直線平行.
【例2】（2023·高一課時(shí)練習(xí)）已知A、B、C、D是不共面四點(diǎn)，M、N分別是△ACD、△BCD的重心．以下平面中與直線MN平行的是（ ）
①平面ABC； ②平面ABD； ③平面ACD； ④平面BCD．
A．①③B．①②C．①②③D．①②③④
【解題思路】由已知以及重心定理可推得EMEA=ENEB=13，進(jìn)而得到MN//AB，根據(jù)線面平行的判定定理可得①②正確；進(jìn)而可判斷直線MN與平面ACD以及平面BCD相交，即可得出③④錯(cuò)誤.
【解答過程】
如圖，取CD中點(diǎn)為E，連結(jié)AE、BE.
由已知以及重心定理可得，AMME=21，BNNE=21，則EMEA=13，ENEB=13.
所以EMEA=ENEB=13，所以MN//AB.
因?yàn)镸N?平面ABC，AB?平面ABC，所以MN//平面ABC，故①正確；
因?yàn)镸N?平面ABD，AB?平面ABD，所以MN//平面ABD，故②正確；
因?yàn)镸∈平面ACD，N?平面ACD，所以MN與平面ACD不平行，故③錯(cuò)誤；
因?yàn)镹∈平面BCD，M?平面BCD，所以MN與平面BCD不平行，故④錯(cuò)誤.
故選：B.
【變式2-1】（2022秋·內(nèi)蒙古呼和浩特·高二期中）如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【解題思路】利用線面平行判定定理可知B，C，D均不滿足題意，A選項(xiàng)可證明出直線AB與平面MNQ不平行，從而可得答案.
【解答過程】對(duì)于選項(xiàng)B，如圖1，連接CD，
因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以CD//MQ，
由于AB//CD，所以AB//MQ，
因?yàn)锳B?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
B選項(xiàng)不滿足題意；
對(duì)于選項(xiàng)C，如圖2，連接CD，
因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以CD//MQ，
由于AB//CD，所以AB//MQ，
因?yàn)锳B?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
C選項(xiàng)不滿足題意；
對(duì)于選項(xiàng)D，如圖3，連接CD，
因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以CD//NQ，
由于AB//CD，所以AB//NQ，
因?yàn)锳B?平面MNQ，NQ?平面MNQ，所以AB//平面MNQ，
可知D不滿足題意；
如圖4，取BC的中點(diǎn)D，連接QD，
因?yàn)镼是AC的中點(diǎn)，
所以QD//AB，
由于QD與平面MNQ相交，故AB與平面MNQ不平行，
A正確.
故選：A.
【變式2-2】（2022秋·廣東湛江·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，M是棱C1D1的中點(diǎn)，則（ ）
A．B1C//平面A1BMB．A1B1//平面BDM
C．BM//平面ACD1D．BC1//平面A1MC
【解題思路】作出過點(diǎn)A1,B,M的正方體的截面判斷A；作出過點(diǎn)B,D,M的正方體的截面判斷B；作出過點(diǎn)A,C,D1的正方體的截面判斷C；作出過點(diǎn)A1,M,C的正方體的截面判斷D作答.
【解答過程】在長方體ABCD-A1B1C1D1中，M是棱C1D1的中點(diǎn)，
對(duì)于A，取CC1中點(diǎn)N，連接MN,BN,CD1，如圖，
正方體ABCD-A1B1C1D1的對(duì)角面A1BCD1是矩形，A1B//D1C//MN，即BN?平面A1BM，
而B1C與BN相交，則B1C與平面A1BM有公共點(diǎn)，A不正確；
對(duì)于B，取B1C1中點(diǎn)P，連接MP,BP,D1B1，如圖，
正方體ABCD-A1B1C1D1的對(duì)角面BDD1B1是矩形，DB//D1B1//MP，而A1B1∩D1B1=B1，
又A1B1,D1B1,MP都在平面A1B1C1D1內(nèi)，則A1B1與MP相交，因此A1B1與平面BDM有公共點(diǎn)，B不正確；
對(duì)于C，取AB中點(diǎn)Q，連接D1Q，如圖，
AB//A1B1//D1C1,AB=A1B1=D1C1，則BQ//D1M,BQ=D1M，四邊形BQD1M是平行四邊形，
因此BM//D1Q，又D1Q∩平面ACD1=D1，則BM與平面ACD1相交，C不正確；
對(duì)于D，取AB中點(diǎn)Q，A1B1中點(diǎn)O，連接A1Q,CQ,MQ,C1O,OQ，如圖，
正方形ABB1A1中，QO//BB1//CC1,QO=BB1=CC1，則四邊形CC1OQ是平行四邊形，有CQ//C1O，
正方形A1B1C1D1中，A1O//MC1,A1O=MC1，即四邊形A1MC1O是平行四邊形，有A1M//C1O//CQ，
又C1M//A1B1//BQ,C1M=12A1B1=BQ，四邊形C1MQB是平行四邊形，則BC1//MQ，
因MQ?平面A1MC，BC1?平面A1MC，BC1//平面A1MC，D正確.
故選：D.
【變式2-3】（2022秋·四川·高二階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為DD1的中點(diǎn)，則下列直線中與平面AEC平行的是（ ）
A．AD1B．AA1C．BD1D．EO
【解題思路】根據(jù)線面平行的判定定理即可得出答案.
【解答過程】解：對(duì)于A，因?yàn)橹本€AD1與平面AEC交于點(diǎn)A，故不平行；
對(duì)于B，因?yàn)橹本€AA1與平面AEC交于點(diǎn)A，故不平行；
對(duì)于C，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，
因?yàn)镋為DD1的中點(diǎn)，O為BD的中點(diǎn)，
所以EO∕∕BD1，
又EO?平面AEC，BD1?平面AEC，
所以BD1∕∕平面AEC；
對(duì)于D，因?yàn)镋O?平面AEC，故不平行.
故選：C.
【題型3 平面與平面平行的判定】
【方法點(diǎn)撥】
第一步：在一個(gè)平面內(nèi)找出兩條相交直線；
第二步：證明這兩條相交直線分別平行于另一個(gè)平面；
第三步：利用平面與平面平行的判定定理得出結(jié)論.
【例3】（2022·全國·高三專題練習(xí)）下列四個(gè)正方體中，A、B、C為所在棱的中點(diǎn)，則能得出平面ABC//平面DEF的是（ ）
A．B．
C．D．
【解題思路】利用反證法可判斷A選項(xiàng)；利用面面平行的判定定理可判斷B選項(xiàng)；利用反證法結(jié)合面面平行的性質(zhì)可判斷C選項(xiàng)；利用面面平行的判定和性質(zhì)定理、結(jié)合反證法可判斷D選項(xiàng).
【解答過程】對(duì)于A選項(xiàng)，若平面ABC//平面DEF，AC?平面ABC，則AC//平面DEF，
由圖可知AC與平面DEF相交，故平面ABC與平面DEF不平行，A不滿足條件；
對(duì)于B選項(xiàng)，如下圖所示，連接NG，
因?yàn)锳、C分別為PN、PG的中點(diǎn)，則AC//NG，
在正方體EHDG-MFNP中，F(xiàn)N//EG且FN=EG，
故四邊形EFNG為平行四邊形，所以，NG//EF，∴AC//EF，
∵AC?平面DEF，EF?平面DEF，∴AC//平面DEF，
同理可證BC//平面DEF，∵AC∩BC=C，因此，平面ABC//平面DEF，B滿足條件；
對(duì)于C選項(xiàng)，如下圖所示：
在正方體PHDG-MNFE中，若平面ABC//平面DEF，且平面DEF//平面MNHP，
則平面ABC//平面MNHP，但這與平面ABC與平面MNHP相交矛盾，
因此，平面ABC與平面DEF不平行，C不滿足條件；
對(duì)于D選項(xiàng)，在正方體PDHG-FNEM中，連接PH、PM、MH，如下圖所示：
因?yàn)镈H//FM且DH=FM，則四邊形DHMF為平行四邊形，則DF//MH，
∵DF?平面PHM，MH?平面PHM，所以，DF//平面PHM，
同理可證EF//平面PHM，∵DF∩EF=F，所以，平面DEF//平面PHM，
若平面ABC//平面DEF，則平面ABC//平面PHM，
這與平面ABC與平面PHM相交矛盾，故平面ABC與平面DEF不平行，D不滿足條件.
故選：B.
【變式3-1】（2022秋·北京海淀·高二期中）如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，若E，F(xiàn)，G，H分別是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中點(diǎn)，則必有（ ）
A．BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
【解題思路】根據(jù)題意，結(jié)合圖形，分別判斷選項(xiàng)中的命題是否正確即可．
【解答過程】易知GH∥D1C，因?yàn)檫^直線外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
易知EF∥A1B，與選項(xiàng)A同理，可判斷選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
因?yàn)镋F∥A1B，而直線A1B與平面ABCD相交，故直線EF與平面ABCD也相交，所以平面EFGH與平面ABCD相交，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，平面EFGH//平面A1BCD1，理由是：
由E，F(xiàn)，G，H分別是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中點(diǎn)，
得出EF//A1B，EH//A1D1，
所以EF//平面A1BCD1，EH//平面A1BCD1，
又EF∩EH=E，所以平面EFGH//平面A1BCD1．
故選：D．
【變式3-2】（2022·浙江·高三專題練習(xí)）如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，M，N分別為棱AB，BC，DD1，D1C1上的中點(diǎn)，下列判斷正確的是（ ）
A．直線AD//平面MNEB．直線FC1//面MNE
C．平面A1BC//平面MNED．平面AB1D1//平面MNE
【解題思路】根據(jù)平面的基本性質(zhì)做出截面，如圖所示，然后根據(jù)線面平行的定義否定AB,根據(jù)面面平行的定義否定C,利用面面平行的判定定理證得D.
【解答過程】過點(diǎn)M，N，E的截面如圖所示(H，I，J均為中點(diǎn))，
所以直線AD與其相交于H點(diǎn)，
故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
直線FC1與直線IJ在平面BCC1B1必定相交，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
直線A1B與直線EI相交，
故平面A1BC與平面MNE不平行，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
易得直線AB1//直線EI，直線AD1//直線MH，
又∵AB1∩AD1=A,所以平面AB1D1//平面MNE.
故選:D.
【變式3-3】（2022春·湖北·高二階段練習(xí)）如圖，在下列四個(gè)正方體中，P，R，Q，M，N，G，H為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，陰影平面與PRQ所在平面平行的是（ ）
A．B．
C．D．
【解題思路】延拓過點(diǎn)P,Q,R三點(diǎn)的平面，再根據(jù)平面與平面的判定定理，即可容易判斷選擇.
【解答過程】由題意可知經(jīng)過P、Q、R三點(diǎn)的平面即為平面PSRHNQ，如下圖所示：
對(duì)B,C選項(xiàng)：可知N在經(jīng)過P、Q、R三點(diǎn)的平面上，所以B、C錯(cuò)誤；
對(duì)A：MC1與QN是相交直線，所以A不正確；
對(duì)D：因?yàn)锳1C1//RH，，BC1//QN， A1C1∩BC1=C1,
又容易知RH,QN也相交，
A1C1,BC1平面A1C1B；RH,QN?平面PSRHNQ，
故平面A1C1B//平面PSRHNQ
故選：D.
【題型4 線面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用】
【方法點(diǎn)撥】
應(yīng)用線面平行的性質(zhì)定理時(shí)，關(guān)鍵是過已知直線作輔助平面與已知平面相交，所得交線與已知直線平行.還
可以利用交線判斷已知平面內(nèi)任意一條直線與已知直線的位置關(guān)系，即在已知平面內(nèi)，所有與交線平行的
直線都與已知直線平行，所有與交線相交的直線都與已知直線異面.
【例4】（2022春·浙江·高一期中）下列命題中正確的是（ ）
A．如果一條直線與一個(gè)平面平行，那么這條直線與平面內(nèi)的任意一條直線平行
B．平面α內(nèi)有不共線的三個(gè)點(diǎn)A，B，C到平面β的距離相等，則α∥β
C．b∥α，α∥β，則b∥β
D．a(chǎn)∥α，a∥b，b?α，則b∥α
【解題思路】根據(jù)線面平行的判斷和性質(zhì)理解辨析.
【解答過程】對(duì)于A：若一條直線與一個(gè)平面平行，這條直線與平面內(nèi)的無數(shù)條直線平行，但不是任意一條，A錯(cuò)誤；
對(duì)于B：由題意可得：α∥β或α與β相交，B錯(cuò)誤；
對(duì)于C：根據(jù)題意可得：b∥β或b?β，C錯(cuò)誤；
對(duì)于D：∵a∥α，則?m?α，使得a∥m，則a∥m，
∴b∥m，
b?α,m?α，
∴b∥α，D正確；
故選：D.
【變式4-1】（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的側(cè)棱和底面邊長均為 1，M，N 分別是棱 BC，A1B1 上的點(diǎn)， 且 CM=2B1N=λ， 當(dāng) MN// 平面 AA1C1C 時(shí)， 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(zhì)可得MN// CP，進(jìn)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?yàn)镸C//B1C1，∴NP//MC，故N,P,M,C共面,
因?yàn)镸N// 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4-2】（2022·全國·高三專題練習(xí)）若直線a//平面α，A?α，且直線a與點(diǎn)A位于α的兩側(cè)，B，C∈a，AB，AC分別交平面α于點(diǎn)E，F(xiàn)，若BC=4，CF=5，AF=3，則EF的長為（ ）
A．3B．32C．34D．23
【解題思路】根據(jù)線面平行可得線線平行，從而可求EF=32.
【解答過程】∵BC//α，BC?平面ABC，平面ABC∩α=EF，
∴EF//BC，∴AFAC=EFBC，即35+3=EF4，∴EF=32.
故選：B.
【變式4-3】（2022春·江西南昌·高二階段練習(xí)）如圖，在三棱錐P-ABC中，點(diǎn)D，E分別為棱PB、BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G為CD、PE的交點(diǎn)，若點(diǎn)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】結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理證得AD//FG，結(jié)合三角形的重心求得AFFC.
【解答過程】由于AD//平面PEF，AD?平面ACD，平面ACD∩平面PEF=FG，
根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理可知AD//FG.
由于點(diǎn)D，E分別為棱PB、BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G為CD、PE的交點(diǎn)，
所以G是三角形PBC的重心，
所以AFFC=DGGC=12.
故選：C.
【題型5 面面平行性質(zhì)定理的應(yīng)用】
【方法點(diǎn)撥】
應(yīng)用面面平行的性質(zhì)定理時(shí)，找出一個(gè)平面中的一條直線，則該直線與另一個(gè)平面平行，據(jù)此可解題.
【例5】（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ABB1A1//平面CDD1C1，且AF//EC1，則四邊形AEC1F的形狀是（ ）
A．平行四邊形B．矩形C．菱形D．正方形
【解題思路】根據(jù)平行關(guān)系可知A,F,C1,E四點(diǎn)共面，由面面平行的性質(zhì)可證得AE//C1F，由此可得結(jié)論.
【解答過程】∵AF//C1E，∴A,F,C1,E四點(diǎn)共面；
∵平面ABB1A1//平面CDD1C1，平面ABB1A1∩平面AFC1E=AE，平面CDD1C1∩平面AFC1E=C1F，∴AE//C1F，
∴四邊形AEC1F為平行四邊形.
故選：A.
【變式5-1】（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知平面α//平面β，點(diǎn)P為α，β外一點(diǎn)，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(guān)系為（ ）
A．平行B．相交C．異面D．平行或異面
【解題思路】由題設(shè)知P，A，B，C，D共面，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可證AC與BD的位置關(guān)系.
【解答過程】解：由題意知P，A，B，C，D在同一平面內(nèi)，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5-2】（2022春·四川成都·高二期末）若平面α//平面β，直線m?α，則直線m與平面β的位置關(guān)系是（ ）
A．相交B．平行C．m在β內(nèi)D．無法判定
【解題思路】由面面平行可直接得到結(jié)果.
【解答過程】由面面平行的性質(zhì)可知：當(dāng)平面α//平面β，直線m?α?xí)r，m//β.
故選：B.
【變式5-3】（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，平面α/平面β，A，C是α內(nèi)不同的兩點(diǎn)，B，D是內(nèi)不同的兩點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是線段AB，CD的中點(diǎn)，則下列所有正確判斷的編號(hào)是（ ）
①當(dāng)AB，CD共面時(shí)，直線AC//BD
②當(dāng)AB=2CD時(shí)，E，F(xiàn)兩點(diǎn)不可能重合
③當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，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(duì)于①，由面面平行的性質(zhì)定理判斷即可，對(duì)于②，如圖判斷，對(duì)于③④，連接AD，取AD的中點(diǎn)M，連接EF,EM,FM，則可得平面EFM與平面α,β都平行，從而可進(jìn)行判斷
【解答過程】解：對(duì)于①，當(dāng)AB，CD共面時(shí)，則平面ABDC∩平面α=AC，平面ABDC∩平面β=BD，因?yàn)槠矫姒?平面β，所以AC//BD，所以①正確；
對(duì)于②，如圖，當(dāng)AE=2CE時(shí)，AB=2CD成立，而此時(shí)E，F(xiàn)兩點(diǎn)重合，所以②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，如圖，連接AD，取AD的中點(diǎn)M，連接EF,EM,FM，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是線段AB，CD的中點(diǎn)，所以EM∥BD，F(xiàn)M∥AC，因?yàn)镋M?β,FM?α，AC?α,BD?β，所以EM∥β，F(xiàn)M∥α，因?yàn)槠矫姒?平面β，所以FM∥β，因?yàn)镋M∩FM=M，所以平面EFM∥β，平面EFM∥α，因?yàn)镋F?平面EFM，所以直線EF一定與α平行，所以③正確，
對(duì)于④，由①可知，當(dāng)AB，CD共面時(shí)，EF∥AC，因?yàn)镋F?α,AC?α，所以EF∥α，由③可知，當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，直線EF一定與α平行，綜上，EF∥α，所以④錯(cuò)誤，
故選：A.
【題型6 平行問題的綜合應(yīng)用】
【方法點(diǎn)撥】
在立體幾何中常見的平行關(guān)系有線線平行、線面平行和面面平行，這三種平行關(guān)系不是孤立的，而是相互
聯(lián)系，并且可以相互轉(zhuǎn)化的.所以要解決平行關(guān)系的綜合問題，必須要靈活運(yùn)用三種平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化.
【例6】（2022秋·陜西渭南·高一期末）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E,F分別為BC,AC,A1C1的中點(diǎn)，AB=BC．求證：
(1)A1B1//平面DEC1；
(2)平面ABF//平面DEC1．
【解題思路】（1）根據(jù)線面平行的判定定理證得A1B1//平面DEC1；
（2）根據(jù)面面平行的判定定理證得平面ABF//平面DEC1．
【解答過程】（1）∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分別為BC,AC的中點(diǎn)，
∴DE//AB,AB//A1B1,∴DE//A1B1，
∵DE?平面DEC1,A1B1?平面DEC1，
∴A1B1//平面DEC1．
（2）∵AB//DE,AB?平面DEC1，DE?平面DEC1，
∴AB//平面DEC1．
∵F,E分別為A1C1,AC的中點(diǎn)，A1C1//AC，
∴FC1//AE，且FC1=AE．
∴四邊形FC1EA是平行四邊形．
∴AF//EC1．
又EC1?平面DEC1,AF?平面DEC1，
∴AF//平面DEC1．
又AB,AF?平面ABF,AB∩AF=A，
∴平面ABF//平面DEC1．
【變式6-1】（2022秋·河北唐山·高二階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中點(diǎn)，E,F,G分別是BC,DC,SC的中點(diǎn)，求證：
(1)EG//平面BDD1B1；
(2)平面EFG//平面BDD1B1.
【解題思路】(1)利用線面平行的判定定理即可證明；(2)利用面面平行的判定定理證明.
【解答過程】（1）
如圖，連接SB，∵E,G分別是BC,SC的中點(diǎn)，∴EG// SB.
又∵SB?平面BDD1B1，EG?平面BDD1B1，∴直線EG//平面BDD1B1.
（2）連接SD，∵F,G分別是DC,SC 的中點(diǎn)，
∴FG//SD.又∵SD?平面BDD1B1，F(xiàn)G?平面BDD1B1，
∴FG//平面BDD1B1，由(1)知，EG//平面BDD1B1，
且EG?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，EG∩FG=G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.
【變式6-2】（2022春·山東聊城·高一期中）如圖：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為DD1的中點(diǎn).
(1)求證：BD1 ∥平面AMC；
(2)若N為CC1的中點(diǎn)，求證：平面AMC ∥平面BND1.
【解題思路】（1）設(shè)AC∩BD=O，接OM，證明OM∥BD1，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；
（2）證明四邊形CND1M為平行四邊形，從而可得D1N∥CM，即可證得D1N ∥平面AMC，再根據(jù)面面平行的判定定理即可得證.
【解答過程】（1）證明：設(shè)AC∩BD=O，接OM，
∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABCD是正方形，∴O是BD中點(diǎn)，
∵M(jìn)是DD1的中點(diǎn)，∴OM∥BD1，
∵BD1?平面AMC,OM?平面AMC,
∴BD1 ∥平面AMC；
（2）證明：∵N為CC1的中點(diǎn)，M為DD1的中點(diǎn)，
∴CN∥D1M,∴CN=D1M，
∴四邊形CND1M為平行四邊形，∴D1N∥CM，
又∵M(jìn)C?平面AMC,∵D1N?平面AMC,∴D1N ∥平面AMC，
由（1）知BD1 ∥平面AMC,∵BD1∩D1N=D1,BD1?平面BND1,D1N?平面BND1，
∴平面AMC ∥平面BND1.
【變式6-3】（2022春·山東聊城·高一期中）由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示，四邊形ABCD為平行四邊形，O為AC與BD的交點(diǎn)．
(1)求證：A1O∥平面B1CD1；
(2)求證：平面A1BD∥平面B1CD1；
(3)設(shè)平面B1CD1與底面ABCD的交線為l，求證：BD∥l．
【解題思路】（1）取B1D1的中點(diǎn)O1，連接CO1,A1O1，結(jié)合四棱柱的幾何性質(zhì)，由線線平行證明即可；
（2）由線線平行證BD∥平面B1CD1，結(jié)合A1O∥平面B1CD1即可證平面A1BD∥平面B1CD1；
（3）由線面平行證線線平行即可.
【解答過程】（1）取B1D1的中點(diǎn)O1，連接CO1,A1O1，
∵ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，∴A1O1∥OC，
∴四邊形A1OCO1為平行四邊形，∴A1O∥O1C，
又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1，∴A1O∥平面B1CD1．
（2）∵BB1∥AA1∥DD1，∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，∴BD∥B1D1，
∵BD?平面B1CD1,B1D1?平面B1CD1，∴BD∥平面B1CD1，
由（1）得A1O∥平面B1CD1且BD∩A1O=O，BD、A1O?平面A1BD，
∴平面A1BD∥平面B1CD1．
（3）由（2）得：BD∥平面B1CD1，
又BD?平面ABCD，平面B1CD1∩平面ABCD=l，∴BD∥l．

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