1．（3分）（2022春·湖南·高二階段練習(xí)）已知三條不同的直線l，m，n，且l∥m，則“m∥n”是“l(fā)∥n”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
【解題思路】根據(jù)線與線的位置關(guān)系，結(jié)合充要條件的定義即可求解.
【解答過程】解：若m∥n，又l∥m，則l∥n，故充分性成立，
反之，若l∥n，又l∥m，則m∥n，故必要性成立.
故“m∥n”是“l(fā)∥n”的充要條件.
故選：C.
2．（3分）（2023春·湖南長(zhǎng)沙·高二開學(xué)考試）已知α,β,γ是三個(gè)不同的平面，m,n是兩條不同的直線，則下列命題正確的是（ ）
A．若α⊥γ，β⊥γ，則α//β
B．若m//α，m//β，則α//β
C．若m⊥α，m⊥β，則α//β
D．若m//α，n//α，則m//n
【解題思路】根據(jù)空間中平面與平面、直線與平面的位置關(guān)系判斷即可.
【解答過程】解：對(duì)于A，垂直于同一平面的兩平面相交或平行，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，平行于同一直線的兩平面相交或平行，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，垂直于同一直線的兩平面平行，故C正確；
對(duì)于D，平行于同一平面的兩直線相交、平行或異面，故D錯(cuò)誤.
故選：C.
3．（3分）（2022春·河南信陽·高一階段練習(xí)）下列有五個(gè)命題：①若直線a//平面α，a//平面β，α∩β=m則a//m；②若直線a//平面α，則a與平面α內(nèi)任何直線都平行；③若直線α//平面α，平面α //平面β，則α//平面β；④如果a//b，a//平面α，那么b//平面α；⑤對(duì)于異面直線a、b存在唯一一對(duì)平面α、β使得a?平面α， b?平面β，且α //β.其中正確的個(gè)數(shù)是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解題思路】根據(jù)空間中直線，平面間的位置關(guān)系判斷命題正誤.
【解答過程】對(duì)于①，直線a//平面α，直線a//平面β，α∩β=m，過a作平面γ交平面α于c，作平面δ交平面α于d，則a//c，a//d，所以c//d，因?yàn)閏?平面α，所以d//平面α，因?yàn)棣痢搔?m，所以m//d，所以a//m，①正確；
對(duì)于②，直線a//平面α，則直線a與平面α內(nèi)的直線平行或異面，所以②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，直線a//平面α，平面α//平面β，可能a?平面β，所以③錯(cuò)誤；
對(duì)于④，a//b，直線a//平面α，可能b?平面α，所以④錯(cuò)誤；
對(duì)于⑤，一對(duì)異面直線a，b，過a作與b平行的平面α，過b作與a平行的平面β，使得α//β，所以⑤正確；
故選：C.
4．（3分）（2022·四川成都·統(tǒng)考一模）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是平面A1B1C1D1內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，M為線段DC的中點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是（ ）
A．平面PAM內(nèi)任意一條直線都不與BC平行
B．平面PAB和平面PCM的交線不與平面ABCD平行
C．平面PBC內(nèi)存在無數(shù)條直線與平面PAM平行
D．平面PAM和平面PBC的交線不與平面ABCD平行
【解題思路】對(duì)A，根據(jù)BC與平面PAM相交判斷即可；對(duì)B，根據(jù)線面平行的判定與性質(zhì)判斷即可；對(duì)CD，延長(zhǎng)AM，BC交于E，根據(jù)線面平行的性質(zhì)判斷即可.
【解答過程】對(duì)A，因?yàn)锽C與AM在平面ABCD內(nèi)且不平行，故BC與AM相交，故BC與平面PAM相交，若平面PAM內(nèi)任意一條直線與BC平行，則BC//平面PAM，矛盾，故A正確；
對(duì)B，由AB平行BC，AB?平面PCM，BC?平面PCM，故AB//平面PCM.設(shè)平面PAB和平面PCM的交線為l，由線面平行的性質(zhì)可得AB//l，又l?平面ABCD，AB?平面ABCD，故l/平面ABCD，故B錯(cuò)誤；
對(duì)CD，延長(zhǎng)AM，BC交于E，連接如圖.
由題意，平面PAM和平面PBC的交線即直線PE，故當(dāng)平面PBC內(nèi)的直線與PE平行時(shí)，與平面PAM也平行，故C正確；
交線PE與平面ABCD交于E，故D正確；
故選：B.
5．（3分）（2022春·新疆烏魯木齊·高一期中）如圖，點(diǎn)A，B，C，M，N是正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中不能滿足MN//平面ABC的是（ ）
A．B．
C．D．
【解題思路】結(jié)合線面的位置關(guān)系以及線面平行的判定定理確定正確選項(xiàng).
【解答過程】對(duì)于A選項(xiàng)，由下圖可知MN//DE//AC，MN?平面ABC，AC?平面ABC，所以MN//平面ABC，故選項(xiàng)A不符合題意.
對(duì)于B選項(xiàng)，設(shè)H是EG的中點(diǎn)，由下圖，結(jié)合正方體的性質(zhì)可知，AB//NH,MN//AH//BC,AM//CH，所以A,B,C,H,N,M六點(diǎn)共面，故MN?平面ABC，因此選項(xiàng)B符合題意.
對(duì)于C選項(xiàng)，由下圖可知MN//DE//BC，MN?平面ABC，BC?平面ABC，所以MN//平面ABC，故選項(xiàng)C不符合題意.
對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)AC∩NE=D，由于四邊形AECN是矩形，所以D是NE中點(diǎn)，由于B是ME中點(diǎn)，所以MN//BD，由于MN?平面ABC，BD?平面ABC，所以MN//平面ABC，故選項(xiàng)D不符合題意.
故選：B.
6．（3分）（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在正方體EFGH-E1F1G1H1中，下列四對(duì)截面彼此平行的是（ ）
A．平面E1FG1與平面EGH1B．平面FHG1與平面F1H1G
C．平面F1H1E與平面FHE1D．平面E1HG1與平面EH1G
【解題思路】根據(jù)正方體的平行關(guān)系，可證平面E1FG1與平面EGH1平行，可得出結(jié)論.
【解答過程】如圖，正方體EFGH-E1F1G1H1,EE1//GG1,EE1=GG1，
所以四邊形EE1G1G是平行四邊形，E1G1//EG,E1G1?平面EGH1，
EG?面EGH1，所以E1G1//平面EGH1，同理G1F//平面EGH1.
因?yàn)镋1G1∩G1F=G1,E1G1,G1F?平面E1FG1，
所以平面E1FG1//平面EGH1.
故選：A.
7．（3分）（2023·廣西柳州·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD-A1A1C1D1中，點(diǎn)P是CC1的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)Q在平面DCC1D1內(nèi)（包括邊界），若AQ ∥平面A1BP，則AQ的最小值是（ ）
A．2B．22C．25D．32
【解題思路】M,N分別為DD1,DC的中點(diǎn)，連接AM,AN,MN，證明平面AMN ∥平面A1BP，得到Q的軌跡為線段MN，AQ的最小值是MN邊上的高，計(jì)算得到答案.
【解答過程】如圖所示：M,N分別為DD1,DC的中點(diǎn)，連接AM,AN,MN，
MN∥D1C，D1C∥A1B，故MN∥A1B，A1B?平面A1BP，MN?平面A1BP，故MN ∥平面A1BP；
易知四邊形ABPM為平行四邊形，AM∥BP，BP?平面A1BP，AM?平面A1BP，故AM ∥平面A1BP；
AM∩MN=M，AM,MN?平面AMN，故平面AMN ∥平面A1BP，
當(dāng)AQ?平面AMN時(shí)，面AMN∩平面D1C1CD=MN，故Q的軌跡為線段MN，
AM=AN=25，MN=22，AQ的最小值是MN邊上的高，為252-22=32.
故選：D.
8．（3分）（2022秋·北京·高二階段練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G分別是棱AB,BC,CC1的中點(diǎn)，P是底面ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，若直線D1P與平面EFG不存在公共點(diǎn)，則三角形PBB1的面積的最小值為
A．22B．1C．2D．2
【解題思路】延展平面EFG，可得截面EFGHOR,其中H、Q、R分別是所在棱的中點(diǎn)，可得D1P//平面EFGHQR,再證明平面D1AC//平面EFGHQR,可知P在AC上時(shí)，符合題意，從而得到P與O重合時(shí)三角形PBB1的面積最小，進(jìn)而可得結(jié)果.
【解答過程】
延展平面EFG，可得截面EFGHQR,其中H、Q、R分別是所在棱的中點(diǎn)，
直線D1P與平面EFG不存在公共點(diǎn)，
所以D1P//平面EFGHQR,
由中位線定理可得AC//EF,
EF在平面EFGHQR內(nèi)，
AC在平面EFGHQR外，
所以AC//平面EFGHQR,
因?yàn)镈1P與AC在平面D1AC內(nèi)相交，
所以平面D1AC//平面EFGHQR,
所以P在AC上時(shí)，直線D1P與平面EFG不存在公共點(diǎn)，
因?yàn)锽O與AC垂直，所以P與O重合時(shí)BP最小，
此時(shí)，三角形PBB1的面積最小，
最小值為12×2×2=2，
故選C.
二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）
9．（4分）（2022秋·浙江寧波·高二?？计谥校┮阎?，β是兩個(gè)不同的平面，a，b是兩條不同的直線，則下列命題正確的是（ ）
A．a(chǎn)∥α，b∥α，則a∥bB．a(chǎn)⊥β，b⊥β，則a∥b
C．α∥a，β∥a，則α∥βD．α⊥a，β⊥a，則α∥β
【解題思路】根據(jù)直線與直線、直線與平面，平面與平面的位置關(guān)系，逐項(xiàng)進(jìn)行檢驗(yàn)即可求解.
【解答過程】對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)閍∥α，b∥α，所以直線a，b可以相交或a∥b或a與b異面，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)閍⊥β，b⊥β，所以a∥b，故選項(xiàng)B正確；
對(duì)于選項(xiàng)C，因?yàn)棣痢蝍，β∥a，所以α∥β或α，β相交，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)棣痢蚢，β⊥a，所以α∥β，故選項(xiàng)D正確，
故選：BD.
10．（4分）（2023春·河北承德·高二開學(xué)考試）如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點(diǎn)，若平行六面體的各棱長(zhǎng)均相等，則以下說法正確的是（ ）
A．A1M // D1PB．A1M // B1Q
C．A1M //平面DCC1D1D．A1M //平面D1PQB1
【解題思路】根據(jù)題意可證明A1M//PD1，由此可判斷A、C、D選項(xiàng)；根據(jù)A1M與平面ADD1A1相交，平面BCC1B1//平面BCC1B1可知A1M與B1Q互不平行，由此可判斷B選項(xiàng).
【解答過程】連接MP，因?yàn)镸，P別為棱AB，CD中點(diǎn)，所以MP//AD且MP=AD因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1為平行六面，所以AD//A1D1且AD=A1D1，所以MP=A1D1且MP//A1D1，故MA1D1P為平行四邊形，A1M//PD1，故A正確；
因?yàn)镈1P?平面DCC1D1，A1M?平面DCC1D1，所以A1M//平面DCC1D1；同理A1M//平面D1PQB1，故C、D正確
因?yàn)锳1M與平面ADD1A1相交，且平面BCC1B1//平面BCC1B1，所以A1M與平面BCC1B1相交，又因?yàn)锽1Q?平面BCC1B1相交，所以A1M與B1Q互不平行.故B錯(cuò)誤
故選：ACD.
11．（4分）（2022秋·江西宜春·高一期中）如圖，這是四棱錐P-ABCD的平面展開圖，其中四邊形ABCD是正方形，E，F(xiàn)，G，H分別是PA,PD,PC,PB的中點(diǎn)，則在原四棱錐中，下列結(jié)論中正確的有（ ）
A．平面EFGH∥平面ABCDB．PA∥平面BDG
C．EF∥平面PBCD．FH∥平面BDG
【解題思路】根據(jù)中位線性質(zhì)得到線線平行，再由線面平行的判定定理判斷B、C、D，由面面平行的判定定理判斷A.
【解答過程】由平面展開圖還原四棱錐，如圖所示，可知ABCD均正確．
若O為BD,AC交點(diǎn)，則O為BD,AC中點(diǎn)，
連接OG，G為PC中點(diǎn)，故OG//PA，OG?面BDG，PA?面BDG，
所以PA∥平面BDG，B正確；
又F,H為PD,PB中點(diǎn)，則FH//BD，BD?面BDG，F(xiàn)H?面BDG，
所以FH∥平面BDG，D正確；
由E,F為PA,PD中點(diǎn)，則EF//AD，BC//AD，故EF//BC，
又BC?面PBC，EF?面PBC，故EF∥平面PBC，C正確；
由EF//AD，AD?面ABCD，EF?面ABCD，則EF//面ABCD，
同理可得EH//面ABCD，而EH∩EF=E，EH,EF?面EFGH，
所以平面EFGH∥平面ABCD，A正確.
故選：ABCD.
12．（4分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）（多選）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列四組面中彼此平行的有（ ）
A．平面A1BC1與平面AD1CB．平面BDC1與平面B1D1A
C．平面BDA1與平面B1D1CD．平面ACD1與平面A1C1D
【解題思路】對(duì)于ABC選項(xiàng)，按照兩個(gè)平面平行的判定定理，尋找一個(gè)平面內(nèi)兩條相交直線分別平行另一個(gè)平面即可，三個(gè)選項(xiàng)實(shí)際上是同一個(gè)問題從不同的角度觀察所得，對(duì)于D選項(xiàng)，找到兩個(gè)平面的交線即可否定.
【解答過程】對(duì)于A選項(xiàng)，
A1B//D1C，A1B?平面AD1C，D1C?平面AD1C，則A1B//平面AD1C，
同理可證，A1C1//平面AD1C，
因?yàn)锳1B∩A1C1=A1，A1B?平面A1BC1，A1C1?平面A1BC1，
所以平面A1BC1//平面AD1C，故A正確；
對(duì)于B選項(xiàng)，
AD1//BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，則AD1//平面BDC1，
同理可證，AB1//平面BDC1，
因?yàn)锳D1∩AB1=A，AD1?平面B1D1A，AB1?平面B1D1A，
所以平面BDC1//平面B1D1A，故B正確；
對(duì)于C選項(xiàng)，
BD//B1D1，BD?平面B1D1C，B1D1?平面B1D1C，則BD//平面B1D1C，
同理可證，A1B//平面B1D1C，
因?yàn)锳1B∩BD=B，A1B?平面BDA1，BD?平面BDA1，
所以平面BDA1//平面B1D1C，故C正確；
對(duì)于D選項(xiàng)，
設(shè)A1D∩AD1=E，則E∈平面ACD1且E∈平面A1C1D，
設(shè)D1C∩C1D=F，則F∈平面ACD1且F∈平面A1C1D，
所以平面ACD1∩平面A1C1D =EF，故兩個(gè)平面相交，故D錯(cuò)誤.
故選：ABC.
三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）
13．（4分）（2023·高一課時(shí)練習(xí)）在空間四邊形ABCD中，E、F、G、H分別邊AB,BC,CD,DA上的中點(diǎn)，則直線EG和FH的位置關(guān)系是 相交 ．
【解題思路】根據(jù)平面的性質(zhì)結(jié)合線線位置關(guān)系分析判斷.
【解答過程】∵E、F、G、H分別是四邊上的中點(diǎn)，
∴EF ∥ AC ∥ GH，即EF ∥ GH，
同理可得：EH ∥ GF，
故E、F、G、H四點(diǎn)共面，且EFGH為平行四邊形，則直線EG和FH的位置關(guān)系是相交.
故答案為：相交.
14．（4分）（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知A、B、C、D四點(diǎn)不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，則四邊形EFHG是 平行 四邊形．
【解題思路】由題，平面ABD∩平面α=FH，結(jié)合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四邊形EFHG另外三邊與AB，CD的位置關(guān)系，即可得到答案.
【解答過程】由題，平面ABD∩平面α=FH，因?yàn)锳B//平面α，
所以AB//FH，
又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，則FH//EG，
同理GH//CD//EF，
所以四邊形EFHG是平行四邊形，
故答案為：平行.
15．（4分）（2023·高一課時(shí)練習(xí)）下面四個(gè)正方體中，點(diǎn)A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB//平面MNP的圖形序號(hào)是 ①② ．（寫出所有符合條件的序號(hào)）
【解題思路】根據(jù)線面平行的判定定理以及面面平行的性質(zhì)定理即可得到答案.
【解答過程】
對(duì)于①，如圖1.
因?yàn)辄c(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，所以MN//AC，NP//AD.
又BC//AD，所以NP//BC.
因?yàn)镸N?平面MNP，AC?平面MNP，所以AC//平面MNP.
同理可得BC//平面MNP.
因?yàn)锳C?平面ABC，BC?平面ABC，AC∩BC=C，
所以平面ABC//平面MNP.
又AB?平面ABC，所以AB//平面MNP，故①正確；
對(duì)于②，如圖2，連結(jié)CD.
因?yàn)辄c(diǎn)M、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，所以MP//CD.
又AC//BD，且AC=BD，所以，四邊形ABDC是平行四邊形，所以AB//CD，
所以AB//MP.
因?yàn)镸P?平面MNP，AB?平面MNP，所以AB//平面MNP，故②正確；
對(duì)于③，如圖3，連結(jié)AC、AD、CD.
因?yàn)辄c(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，所以MP//AC，MN//CD.
因?yàn)锳C?平面MNP，MP?平面MNP，所以AC//平面MNP.
同理可得CD//平面MNP.
因?yàn)锳C?平面ACD，CD?平面ACD，AC∩CD=C，
所以平面ACD//平面MNP.
顯然A∈平面ACD，B?平面ACD，所以AB?平面ACD，且AB與平面ACD不平行，所以AB與平面MNP不平行，故③錯(cuò)誤；
對(duì)于④：如圖4，連接GE,EN，因?yàn)镸,N為所在棱的中點(diǎn)，則MN//EF，
故平面MNP即為平面MNEF，由正方體可得AB//EG，
而平面ABGE∩平面MNEF=EM，
若AB//平面MNP，
由AB?平面ABGE可得AB//EM，
故EG//EM，顯然不正確，故④錯(cuò)誤.
故答案為：①②.
16．（4分）（2022秋·甘肅定西·高二統(tǒng)考開學(xué)考試）如圖是正方體的平面展開圖．在這個(gè)正方體中，①BM//平面AEND；②CN//平面ABFE；③平面BDM//平面AFN；④平面BDE//平面NCF.以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是 ①②③④ .
【解題思路】將展開圖還原成正方體，根據(jù)線面平行以及面面平行的判定逐一判定即可.
【解答過程】把正方體的平面展開圖還原成正方體ABCA-EFMN，如圖所示：
對(duì)于①，因?yàn)锽M//AN，BM?平面AEND，AN?平面AEND，所以BM//平面AEND，命題①正確；
對(duì)于②，CN//BE，CN?平面ABFE，BE?平面ABFE，所以CN//平面ABFE，命題②正確；
對(duì)于③，BD//FN，BM//AN，BD?面AFN，BM?面AFN，
所以BD//面AFN，BM//面AFN，
BD∩BM=B，BD、BM?平面BDN，
所以平面BDM//平面AFN，命題③正確；
對(duì)于④，BD//FN，BE//CN，BD?面NCF，BE?面NCF
所以BD//面NCF，BE//面NCF，BD∩BE=B，BD、BE?平面BDE，
所以平面BDE//平面NCF，命題④正確．
故答案為：①②③④．
四．解答題（共6小題，滿分44分）
17．（6分）（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，空間四邊形ABCD，E、H分別是AB、CD的中點(diǎn)，F(xiàn)、G分別是BC、CD上的點(diǎn)，且CFCB=CGCD，求證：直線EH與直線FG平行．
【解題思路】根據(jù)三角形中位線、平行線等分性質(zhì)結(jié)合平行線的傳遞性分析證明,
【解答過程】∵E、H分別是AB、CD的中點(diǎn)，則EH ∥ BD，
又∵F、G分別是BC、CD上的點(diǎn)，且CFCB=CGCD，則FG ∥ BD，
∴EH ∥ FG，
故直線EH與直線FG平行．
18．（6分）（2023·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，E為PB的中點(diǎn)，O為AC、BD的交點(diǎn).
(1)求證：EO∥平面PCD；
(2)圖中EO還與圖中哪個(gè)平面平行？
【解題思路】由EO∥PD結(jié)合線面平行的判定定理證明即可.
【解答過程】（1）因?yàn)镋，O為PB，BD的中點(diǎn)，所以EO∥PD，
又EO?平面PCD，PD?平面PCD，所以EO∥平面PCD.
（2）因?yàn)镋O∥PD，EO?平面PAD，PD?平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
19．（8分）（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB上的點(diǎn)．若PD//平面ACE，求PE:PB的值；
【解題思路】連接BD，交AC于點(diǎn)G，連接EG，由線面平行的性質(zhì)定理得線線平行，由平行線得比例線段．
【解答過程】連接BD，交AC于點(diǎn)G，連接EG；
∵PD//平面ACE，PD?平面PBD，平面PBD∩平面ACE=EG，
∴PD//EG，∴PE:PB=DG:BD；
∵AB//CD，∴DG:GB=CD:AB=1:2，∴DG:BD=1:3，
∴PE:PB=1:3，即PE:PB的值為13．
20．（8分）（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M,N,P分別是AD1,BD和B1C的中點(diǎn).求證：
(1)NP ∥平面CC1D1D.
(2)平面MNP ∥平面CC1D1D.
【解題思路】（1）利用線線平行（NP∥C1D）證線面平行即可
（2）先用線線平行（MN∥CD1）證線面平行（CD1?平面CC1D1D），再證面面平行即可
【解答過程】（1）
連接BC1,C1D，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，P為B1C中點(diǎn)，所以P為BC1中點(diǎn)，又因?yàn)镹為BD中點(diǎn)，所以NP∥C1D.
因?yàn)镹P?平面CC1D1D, C1D?平面CC1D1D，
所以NP ∥平面CC1D1D，
（2）
連接AC, CD1，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，N為BD中點(diǎn)，
所以N為AC中點(diǎn).
又因?yàn)镸為AD1中點(diǎn)，所以MN∥CD1.
因?yàn)镸N?平面CC1D1D，CD1?平面CC1D1D
所以MN ∥平面CC1D1D.
由（1）知NP ∥平面CC1D1D，又MN∩PN=N，MN、PN?平面MNP，
所以平面MNP ∥平面CC1D1D.
21．（8分）（2022春·河南周口·高一階段練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，P?Q分別為對(duì)角線BD?CD1上的點(diǎn)，且CQQD1=BPPD=23．
（1）求證：PQ//平面A1D1DA；
（2）若R是AB上的點(diǎn)，ARAB的值為多少時(shí)，能使平面PQR//平面A1D1DA？請(qǐng)給出證明．
【解題思路】（1）連結(jié)CP并延長(zhǎng)與DA的延長(zhǎng)線交于M點(diǎn)，證明BC//AD，PQ//MD1，又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，證明PQ//平面A1D1DA；
（2）R是AB上的點(diǎn)，當(dāng)ARAB的值為35時(shí)，能使平面PQR//平面A1D1DA，通過證明PR//平面A1D1DA，又PQ∩R=P，PQ//平面A1D1DA．然后證明即可．
【解答過程】（1）連結(jié)CP并延長(zhǎng)與DA的延長(zhǎng)線交于M點(diǎn)，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，
所以BC//AD，
故△PBC~△PDM，
所以CPPM=BPPD=23，
又因?yàn)镃QQD1=BPPD=23，
所以CQQD1=CPPM=23，
所以PQ//MD1．
又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，
故PQ//平面A1D1DA．
（2）當(dāng)ARAB的值為35時(shí)，能使平面PQR//平面A1D1DA．
證明：因?yàn)锳RAB=35，
即有BRRA=23，
故BRRA=BPPD．
所以PR//DA．
又DA?平面A1D1DA，PR?平面A1D1DA，
所以PR//平面A1D1DA，
又PQ∩PR=P，PQ//平面A1D1DA．
所以平面PQR//平面A1D1DA．
22．（8分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF=AD，AM=DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折.
（1）求證：當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，線段MN總平行于平面ADF.
（2）“不管怎樣翻折矩形ABEF，線段MN總與線段FD平行”這個(gè)結(jié)論正確嗎？如果正確，請(qǐng)證明；如果不正確，請(qǐng)說明能否改變個(gè)別已知條件使上述結(jié)論成立，并給出理由.
【解題思路】（1）在平面圖形中，連接MN與AB交于點(diǎn)G，在平面圖形中可證MN//AD，當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，MG//AF，NG//AD，可證MG//平面ADF，NG//平面ADF，從而有平面GNM//平面ADF，即可證明結(jié)論；
（2）這個(gè)結(jié)論不正確.要使上述結(jié)論成立，M，N應(yīng)分別為AE和DB的中點(diǎn).
當(dāng)點(diǎn)F，A，D共線時(shí)，由（1）得MN//FD；當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，平面MNG//平面FDA，則要使MN//FD，滿足FD與AN共面，只要FM與DN相交即可，可證交點(diǎn)只能為點(diǎn)B，得出只有M，N分別為AE，DB的中點(diǎn)才滿足.
【解答過程】（1）證明：在平面圖形中，連接MN，與AB交于點(diǎn)G.
∵四邊形ABCD和四邊形ABEF都是矩形，AD=AF，
∴AD//BE且AD=BE，
∴四邊形ADBE是平行四邊形，∴AE//DB.
又AM=DN，∴四邊形ADNM是平行四邊形，∴MN//AD.
當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，如圖，MG//AF，NG//AD，
AF?平面ADF，MG?平面ADF，所以MG//平面ADF，
同理NG//平面ADF，又MG∩NG=G，
MG,NG?平面GNM，∴平面GNM//平面ADF.
又MN?平面GNM，∴MN//平面ADF.
故當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，線段MN總平行于平面FA D.
（2）解：這個(gè)結(jié)論不正確.
要使上述結(jié)論成立，M，N應(yīng)分別為AE和DB的中點(diǎn).理由如下：
當(dāng)點(diǎn)F，A，D共線時(shí)，由（1）得MN//FD.
當(dāng)點(diǎn)F，A，D不共線時(shí)，如圖，
由（1）知平面MNG//平面FDA，則要使MN//FD總成立，
根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，只要FD與MN共面即可.
若要使FD與MN共面，連接FM，只要FM與DN相交即可，
∵FM?平面ABEF，DN?平面ABCD，
平面ABEF∩平面ABCD=AB，
∴若FM與DN相交，則交點(diǎn)只能為點(diǎn)B，
由于四邊形ABEF為平行四邊形，F(xiàn)B與AE的交點(diǎn)M為AE的中點(diǎn)，
則只有M，N分別為AE，DB的中點(diǎn)才滿足.
由FM∩DN=B，
可知它們確定一個(gè)平面，即F，D，N，M四點(diǎn)共面.
∵平面FDNM∩平面MNG=MN，
平面FDNM∩平面FDA=FD，
平面MNG//平面FDA，∴MN//FD.

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