第4講直線、平面平行的判定與性質第4講直線、平面平行的判定與性質課標要求考情風向標1.◆平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行.◆一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行.2.通過直觀感知、操作確認，歸納出以下性質定理，并加以證明：◆一條直線與一個平面平行，則過該直線的任一個平面與此平面的交線與該直線平行.◆兩個平面平行，則任意一個平面與這兩個平面相交所得的交線相互平行.3.能運用已獲得的結論證明一些空間位置關系的簡單命題1.在高考中，線、面平行關系的考查僅次于垂直關系的考查，是高考重點內容，在要求上不高，屬容易題，平時訓練難度不宜過大，抓好判定定理的掌握與應用即可.2.學會應用“化歸思想”進行“線線問題、線面問題、面面問題”的互相轉化，牢記解決問題的根源在“定理”通過直觀感知、操作確認，歸納出以下判定定理：課標要求考情風向標1.1.在高考中，線、面平行通過直觀感知、直線與平面的位置關系在平面內無數個交點相交1個交點平行

0個交點定義若一條直線和平面平行，則它們沒有公共點判定定理1a?α，b?α，且a∥b?a∥α判定定理2α∥β，a?α?a∥β性質定理a∥α，a?β，α∩β＝l?a∥l直線在平面內無數個交點相交1個交點平行 0個定義若一條直平面與平面的位置關系相交無數個交點平行

0個交點定義若兩個平面平行，則它們沒有公共點判定定理1a?α，b?α，a∩b＝M，a∥β，b∥β?α∥β判定定理2a⊥α，a⊥β?α∥β性質定理1α∥β，a?α?a∥β性質定理2α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b?a∥b(續表)平面相交無數個交點平行 0個定義若兩個平面平行，則它們沒有1.已知直線l和平面α，若l∥α，P∈α，則過點P且平行于l的直線()B

A.只有一條，不在平面α內 B.只有一條，且在平面α內 C.有無數條，一定在平面α內 D.有無數條，不一定在平面α內

解析：過直線外一點作該直線的平行線有且只有一條，∵P∈α，∴這條直線也應該在平面α內.1.已知直線l和平面α，若l∥α，P∈α，則過點P2.(2019年四川成都模擬)已知直線a，b和平面α，下列說法中正確的是()B

A.若a∥α，b?α，則a∥b

B.若a⊥α，b?α，則a⊥b

C.若a，b與α所成的角相等，則a∥b

D.若a∥α，b∥α，則a∥b

解析：對于A，若a∥α，b?α，則a∥b或a與b異面，故A錯誤；對于B，利用線面垂直的性質，可知若a⊥α，b?α，則a⊥b，故B正確；對于C，若a，b與α所成的角相等，則a與b相交、平行或異面，故C錯誤；對于D，由a∥α，b∥α，得a，b之間的位置關系可以是相交、平行或異面，故D錯誤.2.(2019年四川成都模擬)已知直線a，b和平面α，3.(2019年湖南聯考)已知

m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，下列命題中正確的是()D

A.若m∥α，n∥α，則m∥n

B.若m∥α，m∥β，則α∥β

C.若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β

D.若m⊥α，n⊥α，則m∥n

解析：A中，兩直線可能平行、相交或異面；B中，兩平面可能平行或相交；C中，兩平面可能平行或相交；D中，由線面垂直的性質定理可知結論正確，故選D.3.(2019年湖南聯考)已知m，n是兩條不同的直線，4.(2018年浙江)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，)A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4.(2018年浙江)已知平面α，直線m，n滿足m?考點1直線與平面平行的判定與性質

例1：(1)(2017年新課標Ⅰ)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與平面MNQ不平行的是()ABCD考點1直線與平面平行的判定與性質 例1：(1)(2017

解析：由B圖知AB∥MQ，則直線AB∥平面MNQ；由C圖知AB∥MQ，則直線AB∥平面MNQ；由D圖知AB∥NQ，則直線AB∥平面MNQ.故選A.答案：A 解析：由B圖知AB∥MQ，則直線AB∥平面MNQ

(2)(2018年河北石家莊調研)如圖

8-4-1，在三棱臺ABC-A1B1C1的6個頂點中任取3個點作平面α，設α∩平面ABC)＝l，若l∥A1C1，則這3個點可以是(

圖8-4-1A.B，C，A1C.A1，B1，CB.B1，C1，AD.A1，B，C1解析：在棱臺中，AC∥A1C1，l∥A1C1，則l∥AC或l為直線AC.因此平面α可以過點A1，B，C1，選項D正確.答案：D (2)(2018年河北石家莊調研)如圖8-4-1，

(3)(多選)如圖

8-4-2，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，側面PAB為等邊三角形，E，F分別為PA，BC的中點.下列結論正確的是()A.BE∥平面PFDB.EF∥平面PCDC.平面PAB與平面PCD交線為l，則圖8-4-2CD∥l

D.BE⊥平面PAC (3)(多選)如圖8-4-2，四棱錐P-ABCD中，

解析：取PD中點M，易知BE∥FM，EF∥CM，故A、B正確；CD∥AB得CD∥平面PAB，故CD∥l，C正確，D顯然不正確，故選ABC.答案：ABC

【規律方法】證明直線a與平面α平行，關鍵是在平面α內找一條直線b，使a∥b，如果沒有現成的平行線，應依據條件作出平行線.有中點的常作中位線. 解析：取PD中點M，易知BE∥FM，EF∥CM，故考點2平面與平面平行的判定與性質

例2：(1)正方體ABCD-A1B1C1D1

的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1

的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則AQ的長為()A.23B.12C.16D.13考點2平面與平面平行的判定與性質 例2：(1)正方體A解析：如圖D78所示，連接BQ，QN，平面AA1B1B∥平面CC1D1D，平面BMNQ∩平面CC1D1D＝MN，平面BMNQ∩平面AA1B1B＝BQ，由平面與平面平行的性質定理可得BQ∥MN.同理可得BM∥QN.∴四邊形BQNM為平行四邊形.解析：如圖D78所示，連接BQ，QN，平面AA1B1

圖D78答案：D

(2)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱AD中點，過點B1，且與平面A1BE平行的正方體的截面面積為()

圖D79答案：C(2)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中

(3)(2017年河北衡水模擬)在如圖8-4-3所示的幾何體ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等邊三角形，且所在平面平行，四邊形BCED是邊長為2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC.①求幾何體ABC-DFE的體積；②求證：平面ADE∥平面BCF.圖8-4-3 (3)(2017年河北衡水模擬)在如圖8-4-3①解：取BC的中點O，ED的中點G，如圖D80所示，連接AO，OF，FG，AG.∵AO⊥BC，AO?平面ABC，平面BCED⊥平面ABC，∴AO⊥平面BCED.同理FG⊥平面BCED.①解：取BC的中點O，ED的中點G，如圖D80②證明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，∴四邊形AOFG為平行四邊形，∴AG∥OF.又AG?平面BCF，OF?平面BCF，∴AG∥平面BCF.又∵DE∥BC，DE?平面BCF，BC?平面BCF，∴DE∥平面BCF，又AG∩DE＝G，∴平面ADE∥平面BCF.圖D80②證明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，又∵DE∥BC，【規律方法】證明面面平行的方法有(1)面面平行的定義；(2)面面平行的判定定理：如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行；

(3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行；(4)如果兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行；(5)利用“線線平行”“線面平行”“面面平行”的相互轉化.【規律方法】證明面面平行的方法有(2)面面平行的判定定理：如考點3線面、面面平行的綜合應用

例3：如圖8-4-4，已知有公共邊AB的兩個正方形ABCD和ABEF不在同一平面內，P，Q分別是對角線AE，BD上的點，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面CBE.

圖8-4-4考點3線面、面面平行的綜合應用 例3：如圖8-4-4，

證明：方法一，如圖8-4-5(1)，連接AQ并延長交BC于G，連接EG，∴PQ∥EG.又PQ?平面CBE，EG?平面CBE，∴PQ∥平面CBE. 證明：方法一，如圖8-4-5(1)，連接AQ并延長交(1)(2)(3)

圖8-4-5(1)(2)(3) 圖8-4-5

∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ， ∴PK＝QH. ∴四邊形PQHK是平行四邊形. ∴PQ∥KH.

又PQ?平面CBE，KH?平面CBE， ∴PQ∥平面CBE.

方法三，如圖8-4-5(3)，過點P作PO∥EB，交AB于點O，連接OQ， ∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ，∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ?平面CBE，PQ?平面POQ，∴PQ∥平面CBE.

【規律方法】證明線面平行，關鍵是在平面內找到一條直線與已知直線平行.方法一是作三角形得到的；方法二是通過作平行四邊形得到在平面內的一條直線KH；方法三利用了面面平行的性質定理.∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ?平面CBE，PQ【跟蹤訓練】1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為

)位置關系是( A.相交 C.垂直B.平行D.不能確定【跟蹤訓練】)位置關系是(B.平行解析：如圖D81，連接CD1，AD1，BC1.在CD1上取點P，使D1P＝2a

3，∴MP∥BC，PN∥AD1.∵AD1∥BC1，∴PN∥BC1.∴MP∥面BB1C1C，PN∥面BB1C1C.∴面MNP∥面BB1C1C，∴MN∥面BB1C1C.故選B.

圖D81

答案：B解析：如圖D81，連接CD1，AD1，BC1.在CD1難點突破⊙立體幾何中的探究性問題(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由.圖8-4-6難點突破⊙立體幾何中的探究性問題(1)證明：平面AMD⊥平(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.∵BC⊥CD，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面CMD.故BC⊥DM.∴DM⊥CM.又BC∩CM＝C，∴DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為(2)解：當

P

為AM的中點時，MC∥平面PBD.證明如下：如圖8-4-7，連接AC交BD于O.圖8-4-7∵ABCD為矩形，∴O為AC中點.連接OP，∵P為AM中點，∴MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，∴MC∥平面PBD.(2)解：當P為AM的中點時，MC∥平面PBD.圖

【規律方法】解決探究性問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果出發，尋找使這個結論成立的充分條件，若找到了使結論成立的充分條件，則存在；若找不到使結論成立的充分條件(出現矛盾)，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三等分點，然后給出符合要求的證明. 【規律方法】解決探究性問題一般先假設求解的結果存在，【跟蹤訓練】2.(2019年北京)如圖

8-4-8，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由.圖8-4-8【跟蹤訓練】2.(2019年北京)如圖8-4-8，在四棱(1)證明：∵PA

⊥平面ABCD，∴PA⊥BD.∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC.(2)證明：∵底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，∴△ACD為正三角形.∴AE⊥CD.∵AB∥CD，∴AE⊥AB.∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴AE⊥PA.(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD.∵PA∵PA∩AB＝A，∴AE⊥平面PAB.又AE?平面PAE，∴平面PAB⊥平面PAE.(3)解：存在點F為PB中點時，滿足CF∥平面PAE.理由如下：分別取PB，PA的中點F，G，連接CF，FG，EG，如圖D82.圖D82∵PA∩AB＝A，又AE?平面PAE，∴平面PAB⊥即四邊形CEGF為平行四邊形.∴CF∥EG.又CF?平面PAE，EG?平面PAE，∴CF∥平面PAE.即四邊形CEGF為平行四邊形.∴CF∥EG.

1.直線與平面平行判定定理要具備三個條件：(1)直線a在平面α外；(2)直線b在平面α內；(3)直線a，b平行.三個條件缺一不可，在推證線面平行時，一定要強調直線a不在平面內，否則，會出現錯誤；平面與平面平行判定定理“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”，必須注意“相交”的條件. 1.直線與平面平行判定定理要具備三個條件：(1)直線a

2.直線與平面平行的性質定理：線面平行，則線線平行.要注意后面線線平行的意義：一條為平面外的直線，另一條為過平面外直線的平面與已知平面的交線.對于本定理要注意避免“一條直線平行于平面，就平行于平面內的任何一條直線”的錯誤.

3.利用線面平行的判定定理時經常要作輔助線，利用線面平行的性質定理時經常要作輔助面，無論作輔助線還是輔助面，都得有理有據，不能隨意去作，如果已知條件中出現中點的話，中位線是首選. 2.直線與平面平行的性質定理：線面平行，則線線平行.要 34.在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，其轉化關系為

在應用性質定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉化的方向總是由題目的具體條件而定，決不可過于“模式化”.4.在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“低維”到“高維第4講直線、平面平行的判定與性質第4講直線、平面平行的判定與性質課標要求考情風向標1.◆平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行.◆一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行.2.通過直觀感知、操作確認，歸納出以下性質定理，并加以證明：◆一條直線與一個平面平行，則過該直線的任一個平面與此平面的交線與該直線平行.◆兩個平面平行，則任意一個平面與這兩個平面相交所得的交線相互平行.3.能運用已獲得的結論證明一些空間位置關系的簡單命題1.在高考中，線、面平行關系的考查僅次于垂直關系的考查，是高考重點內容，在要求上不高，屬容易題，平時訓練難度不宜過大，抓好判定定理的掌握與應用即可.2.學會應用“化歸思想”進行“線線問題、線面問題、面面問題”的互相轉化，牢記解決問題的根源在“定理”通過直觀感知、操作確認，歸納出以下判定定理：課標要求考情風向標1.1.在高考中，線、面平行通過直觀感知、直線與平面的位置關系在平面內無數個交點相交1個交點平行

0個交點定義若一條直線和平面平行，則它們沒有公共點判定定理1a?α，b?α，且a∥b?a∥α判定定理2α∥β，a?α?a∥β性質定理a∥α，a?β，α∩β＝l?a∥l直線在平面內無數個交點相交1個交點平行 0個定義若一條直平面與平面的位置關系相交無數個交點平行

0個交點定義若兩個平面平行，則它們沒有公共點判定定理1a?α，b?α，a∩b＝M，a∥β，b∥β?α∥β判定定理2a⊥α，a⊥β?α∥β性質定理1α∥β，a?α?a∥β性質定理2α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b?a∥b(續表)平面相交無數個交點平行 0個定義若兩個平面平行，則它們沒有1.已知直線l和平面α，若l∥α，P∈α，則過點P且平行于l的直線()B

A.只有一條，不在平面α內 B.只有一條，且在平面α內 C.有無數條，一定在平面α內 D.有無數條，不一定在平面α內

解析：過直線外一點作該直線的平行線有且只有一條，∵P∈α，∴這條直線也應該在平面α內.1.已知直線l和平面α，若l∥α，P∈α，則過點P2.(2019年四川成都模擬)已知直線a，b和平面α，下列說法中正確的是()B

A.若a∥α，b?α，則a∥b

B.若a⊥α，b?α，則a⊥b

C.若a，b與α所成的角相等，則a∥b

D.若a∥α，b∥α，則a∥b

解析：對于A，若a∥α，b?α，則a∥b或a與b異面，故A錯誤；對于B，利用線面垂直的性質，可知若a⊥α，b?α，則a⊥b，故B正確；對于C，若a，b與α所成的角相等，則a與b相交、平行或異面，故C錯誤；對于D，由a∥α，b∥α，得a，b之間的位置關系可以是相交、平行或異面，故D錯誤.2.(2019年四川成都模擬)已知直線a，b和平面α，3.(2019年湖南聯考)已知

m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，下列命題中正確的是()D

A.若m∥α，n∥α，則m∥n

B.若m∥α，m∥β，則α∥β

C.若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β

D.若m⊥α，n⊥α，則m∥n

解析：A中，兩直線可能平行、相交或異面；B中，兩平面可能平行或相交；C中，兩平面可能平行或相交；D中，由線面垂直的性質定理可知結論正確，故選D.3.(2019年湖南聯考)已知m，n是兩條不同的直線，4.(2018年浙江)已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，)A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4.(2018年浙江)已知平面α，直線m，n滿足m?考點1直線與平面平行的判定與性質

例1：(1)(2017年新課標Ⅰ)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與平面MNQ不平行的是()ABCD考點1直線與平面平行的判定與性質 例1：(1)(2017

解析：由B圖知AB∥MQ，則直線AB∥平面MNQ；由C圖知AB∥MQ，則直線AB∥平面MNQ；由D圖知AB∥NQ，則直線AB∥平面MNQ.故選A.答案：A 解析：由B圖知AB∥MQ，則直線AB∥平面MNQ

(2)(2018年河北石家莊調研)如圖

8-4-1，在三棱臺ABC-A1B1C1的6個頂點中任取3個點作平面α，設α∩平面ABC)＝l，若l∥A1C1，則這3個點可以是(

圖8-4-1A.B，C，A1C.A1，B1，CB.B1，C1，AD.A1，B，C1解析：在棱臺中，AC∥A1C1，l∥A1C1，則l∥AC或l為直線AC.因此平面α可以過點A1，B，C1，選項D正確.答案：D (2)(2018年河北石家莊調研)如圖8-4-1，

(3)(多選)如圖

8-4-2，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，側面PAB為等邊三角形，E，F分別為PA，BC的中點.下列結論正確的是()A.BE∥平面PFDB.EF∥平面PCDC.平面PAB與平面PCD交線為l，則圖8-4-2CD∥l

D.BE⊥平面PAC (3)(多選)如圖8-4-2，四棱錐P-ABCD中，

解析：取PD中點M，易知BE∥FM，EF∥CM，故A、B正確；CD∥AB得CD∥平面PAB，故CD∥l，C正確，D顯然不正確，故選ABC.答案：ABC

【規律方法】證明直線a與平面α平行，關鍵是在平面α內找一條直線b，使a∥b，如果沒有現成的平行線，應依據條件作出平行線.有中點的常作中位線. 解析：取PD中點M，易知BE∥FM，EF∥CM，故考點2平面與平面平行的判定與性質

例2：(1)正方體ABCD-A1B1C1D1

的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1

的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則AQ的長為()A.23B.12C.16D.13考點2平面與平面平行的判定與性質 例2：(1)正方體A解析：如圖D78所示，連接BQ，QN，平面AA1B1B∥平面CC1D1D，平面BMNQ∩平面CC1D1D＝MN，平面BMNQ∩平面AA1B1B＝BQ，由平面與平面平行的性質定理可得BQ∥MN.同理可得BM∥QN.∴四邊形BQNM為平行四邊形.解析：如圖D78所示，連接BQ，QN，平面AA1B1

圖D78答案：D

(2)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱AD中點，過點B1，且與平面A1BE平行的正方體的截面面積為()

圖D79答案：C(2)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中

(3)(2017年河北衡水模擬)在如圖8-4-3所示的幾何體ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等邊三角形，且所在平面平行，四邊形BCED是邊長為2的正方形，且所在平面垂直于平面ABC.①求幾何體ABC-DFE的體積；②求證：平面ADE∥平面BCF.圖8-4-3 (3)(2017年河北衡水模擬)在如圖8-4-3①解：取BC的中點O，ED的中點G，如圖D80所示，連接AO，OF，FG，AG.∵AO⊥BC，AO?平面ABC，平面BCED⊥平面ABC，∴AO⊥平面BCED.同理FG⊥平面BCED.①解：取BC的中點O，ED的中點G，如圖D80②證明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，∴四邊形AOFG為平行四邊形，∴AG∥OF.又AG?平面BCF，OF?平面BCF，∴AG∥平面BCF.又∵DE∥BC，DE?平面BCF，BC?平面BCF，∴DE∥平面BCF，又AG∩DE＝G，∴平面ADE∥平面BCF.圖D80②證明：由(1)知，AO∥FG，AO＝FG，又∵DE∥BC，【規律方法】證明面面平行的方法有(1)面面平行的定義；(2)面面平行的判定定理：如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行；

(3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行；(4)如果兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行；(5)利用“線線平行”“線面平行”“面面平行”的相互轉化.【規律方法】證明面面平行的方法有(2)面面平行的判定定理：如考點3線面、面面平行的綜合應用

例3：如圖8-4-4，已知有公共邊AB的兩個正方形ABCD和ABEF不在同一平面內，P，Q分別是對角線AE，BD上的點，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面CBE.

圖8-4-4考點3線面、面面平行的綜合應用 例3：如圖8-4-4，

證明：方法一，如圖8-4-5(1)，連接AQ并延長交BC于G，連接EG，∴PQ∥EG.又PQ?平面CBE，EG?平面CBE，∴PQ∥平面CBE. 證明：方法一，如圖8-4-5(1)，連接AQ并延長交(1)(2)(3)

圖8-4-5(1)(2)(3) 圖8-4-5

∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ， ∴PK＝QH. ∴四邊形PQHK是平行四邊形. ∴PQ∥KH.

又PQ?平面CBE，KH?平面CBE， ∴PQ∥平面CBE.

方法三，如圖8-4-5(3)，過點P作PO∥EB，交AB于點O，連接OQ， ∵CD＝AB，AE＝BD，PE＝BQ，∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ?平面CBE，PQ?平面POQ，∴PQ∥平面CBE.

【規律方法】證明線面平行，關鍵是在平面內找到一條直線與已知直線平行.方法一是作三角形得到的；方法二是通過作平行四邊形得到在平面內的一條直線KH；方法三利用了面面平行的性質定理.∴平面POQ∥平面CBE.又∵PQ?平面CBE，PQ【跟蹤訓練】1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為

)位置關系是( A.相交 C.垂直B.平行D.不能確定【跟蹤訓練】)位置關系是(B.平行解析：如圖D81，連接CD1，AD1，BC1.在CD1上取點P，使D1P＝2a

3，∴MP∥BC，PN∥AD1.∵AD1∥BC1，∴PN∥BC1.∴MP∥面BB1C1C，PN∥面BB1C1C.∴面MNP∥面BB1C1C，∴MN∥面BB1C1C.故選B.

圖D81

答案：B解析：如圖D81，連接CD1，AD1，BC1.在CD1難點突破⊙立體幾何中的探究性問題(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由.圖8-4-6難點突破⊙立體幾何中的探究性問題(1)證明：平面AMD⊥平(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.∵BC⊥CD，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面CMD.故BC⊥DM.∴DM⊥CM.又BC∩CM＝C，∴DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為(2)解：當

P

為AM的中點時，MC∥平面PBD.證明如下：如圖8-4-7，連接AC交BD于O.圖8-4-7∵ABCD為矩形，∴O為AC中點.連接OP，∵P為AM中點，∴MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，∴MC∥平面PBD.(2)解：當P為AM的中點時，MC∥平面PBD.圖

【規律方法】解決探究性問題一般先假設求解的結果