2026版步步高大一輪高考數學復習第七章立體幾何與空間向量第3節空間點、直線、平面之間的位置關系第3節空間點、直線、平面之間的位置關系考試要求1.借助長方體，在直觀認識空間點、直線、平面的位置關系的基礎上抽象出空間點、直線、平面的位置關系的定義.2.了解四個基本事實和一個定理，并能應用定理解決問題.【知識梳理】1.與平面有關的基本事實及推論(1)與平面有關的三個基本事實基本事實內容圖形符號基本事實1過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面A，B，C三點不共線?存在唯一的α使A，B，C∈α基本事實2如果一條直線上的兩個點在一個平面內，那么這條直線在這個平面內A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α?l?α基本事實3如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線P∈α，且P∈β?α∩β＝l，且P∈l(2)基本事實1的三個推論推論內容圖形作用推論1經過一條直線和這條直線外一點，有且只有一個平面確定平面的依據推論2經過兩條相交直線，有且只有一個平面推論3經過兩條平行直線，有且只有一個平面2.空間點、直線、平面之間的位置關系直線與直線直線與平面平面與平面平行關系圖形語言符號語言a∥ba∥αα∥β相交關系圖形語言符號語言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l獨有關系圖形語言符號語言a，b是異面直線a?α3.基本事實4和等角定理(1)基本事實4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行.(2)等角定理：如果空間中兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.4.異面直線所成的角(1)定義：已知兩條異面直線a，b，經過空間任意一點O分別作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的角叫做異面直線a與b所成的角(或夾角).(2)范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).[常用結論與微點提醒]1.過平面外一點和平面內一點的直線，與平面內不過該點的直線是異面直線.2.兩異面直線所成的角歸結到一個三角形的內角時，容易忽視這個三角形的內角可能等于兩異面直線所成的角，也可能等于其補角.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)沒有公共點的兩條直線是異面直線.()(2)兩個平面α，β有一個公共點A，就說α，β相交于過A點的任意一條直線.()(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合.()(4)若直線a不平行于平面α，且a?α，則α內的所有直線與a異面.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)兩條平行直線也沒有公共點，故錯誤.(2)如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，故錯誤.(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面相交或重合，故錯誤.(4)由于a不平行于平面α，且a?α，則a與平面α相交，故平面α內有與a相交的直線，故錯誤.2.(必修二P128T2改編)下列命題正確的是()A.空間任意三個點確定一個平面B.一個點和一條直線確定一個平面C.空間兩兩相交的三條直線確定一個平面D.空間兩兩平行的三條直線確定一個或三個平面答案D解析A中，空間不共線的三點確定一個平面，A錯；B中，只有點在直線外時才能確定一個平面，B錯；C中，空間兩兩相交的三條直線確定一個平面或三個平面，C錯，故只有選項D正確.3.(必修二P147例1改編)在長方體ABCD－A′B′C′D′中，AB＝BC＝1，AA′＝2，則直線BA′與AC所成角的余弦值為________.答案eq\f(\r(10),10)解析如圖，連接CD′，易知CD′綉BA′，則∠ACD′是直線BA′與AC所成的角，連接AD′，在△ACD′中，AC＝eq\r(2)，AD′＝CD′＝eq\r(5)，設AC的中點為O，則D′O⊥AC，故cos∠ACD′＝eq\f(\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(\r(10),10).4.如圖，在三棱錐A－BCD中，E，F，G，H分別是棱AB，BC，CD，DA的中點，則(1)當AC，BD滿足條件________時，四邊形EFGH為菱形；(2)當AC，BD滿足條件________時，四邊形EFGH為正方形.答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)要使四邊形EFGH為菱形，應有EF＝EH，∵EF綉eq\f(1,2)AC，EH綉eq\f(1,2)BD，∴AC＝BD.(2)要使四邊形EFGH為正方形，應有EF＝EH且EF⊥EH，∵EF綉eq\f(1,2)AC，EH綉eq\f(1,2)BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.考點一基本事實的應用例1已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為D1C1，C1B1的中點，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求證：(1)D，B，E，F四點共面；(2)若A1C交平面DBFE于點R，則P，Q，R三點共線；(3)DE，BF，CC1三線交于一點.證明(1)如圖所示，連接B1D1.因為EF是△D1B1C1的中位線，所以EF∥B1D1.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD確定一個平面，即D，B，E，F四點共面.(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，連接A1C，設A1，C，C1確定的平面為α，又設平面BDEF為β.因為Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α與β的公共點，同理，P是α與β的公共點.所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.則R∈PQ，故P，Q，R三點共線.(3)因為EF∥BD且EF<BD，所以DE與BF相交，設交點為M，則由M∈DE，DE?平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.所以DE，BF，CC1三線交于一點.感悟提升共面、共線、共點問題的證明方法(1)證明共面的方法：①先確定一個平面，然后再證其余的線(或點)在這個平面內；②證明兩平面重合.(2)證明共線的方法：①先由兩點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上；②直接證明這些點都在同一條特定直線上.(3)證明線共點的方法：先證其中兩條直線交于一點，再證其他直線經過該點.訓練1(1)在三棱錐A－BCD的邊AB，BC，CD，DA上分別取E，F，G，H四點，若EF∩HG＝P，則點P()A.一定在直線BD上B.一定在直線AC上C.在直線AC或BD上D.不在直線AC上，也不在直線BD上答案B解析因為EF∩HG＝P，E，F，G，H四點分別是AB，BC，CD，DA上的點，所以EF在平面ABC內，HG在平面ACD內，所以P既在平面ABC內，又在平面ACD內，所以P在平面ABC和平面ACD的交線上，又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.(2)如圖，P，Q，R，S分別是正方體或四面體所在棱的中點，則在下列圖形中，這四個點不共面的一個圖是()答案D解析A中，由PQ與SR相交，知P，Q，R，S四點共面；B中，由QR與PS相交，知P，Q，R，S四點共面；C中，由PQ∥SR，知P，Q，R，S四點共面；D中，由QR和PS是異面直線，并且任意兩個點的連線既不平行也不相交，知四點不共面.考點二空間兩直線位置關系的判斷例2(1)(2024·鶴壁模擬)已知a，b，c是三條不同的直線，有下列三個命題：①若a，b是異面直線，b，c是異面直線，則a，c也是異面直線；②若a和b相交，b和c相交，則a和c也相交；③若a和b共面，b和c共面，則a和c也共面.其中真命題的個數是()A.0 B.1 C.2 D.3答案A解析對于①，若a，b是異面直線，b，c是異面直線，則a，c相交不是異面直線，如圖，故①為假命題；對于②，若a和b相交，b和c相交，則a和c可能相交、平行、異面，故②為假命題；對于③，若a和b共面，b和c共面，則a和c共面，錯誤，如上圖，AA′(a)與AB(b)共面，AB(b)與BC(c)共面，但AA′(a)與BC(c)異面，故③為假命題.故真命題的個數為0.故選A.(2)(多選)(2024·重慶名校聯考)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為正方形ABCD的中心，當點P在線段BC1上(不包含端點)運動時，下列直線中一定與直線OP異面的是()A.AB1 B.A1C C.A1A D.AD1答案BCD解析對于A，如圖①，連接AB1，C1D，BD，當P為BC1的中點時，OP∥DC1∥AB1，故A不正確；對于B，如圖②，連接A1C，A1C1，AC，因為A1C?平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O?A1C，P?平面AA1C1C，所以直線A1C與直線OP一定是異面直線，故B正確；對于C，如圖②，因為A1A?平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O?A1A，P?平面AA1C1C，所以直線A1A與直線OP一定是異面直線，故C正確；對于D，如圖③，連接AD1，D1C，AC，因為AD1?平面AD1C，O∈平面AD1C，O?AD1，P?平面AD1C，所以直線AD1與直線OP一定是異面直線，故D正確.故選BCD.感悟提升1.要判斷空間中兩條直線的位置關系(平行、相交、異面)，可利用定義，借助空間想象并充分利用圖形進行思考.判斷空間直線的位置關系，一般有兩種方法：一是構造幾何體(如正方體、空間四邊形等)模型來判斷；二是利用排除法.2.異面直線的判定方法：(1)反證法；(2)直接法.訓練2(1)空間中有三條線段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直線AB與CD的位置關系是()A.平行B.異面C.相交或平行D.平行或異面或相交均有可能答案D解析根據條件作出示意圖，得到以下三種可能的情況，如圖可知AB，CD有相交、平行、異面三種情況，故選D.(2)如圖，G，H，M，N分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號為________.答案②④解析根據異面直線的定義可知，在題圖②④中，直線GH，MN是異面直線.在題圖①中，由G，M均為所在棱的中點可知GH∥MN.在題圖③中，連接GM，因為G，M均為所在棱的中點，所以GM∥HN，且GM＝eq\f(1,2)HN，所以四邊形GMNH為梯形，則GH與MN相交.考點三求異面直線所成的角例3(1)(2021·全國乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案D解析法一如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，連接C1P，BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則BC1＝2eq\r(2)，PC1＝B1P＝eq\f(1,2)eq\r(B1Ceq\o\al(2,1)＋D1Ceq\o\al(2,1))＝eq\r(2)，BP＝eq\r(B1B2＋B1P2)＝eq\r(6)，在△BPC1中，cos∠PBC1＝eq\f(BP2＋BCeq\o\al(2,1)－PCeq\o\al(2,1),2BP·BC1)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6).法二如圖，連接BC1，A1B，A1P，PC1，則易知AD1∥BC1，所以直線PB與AD1所成的角等于直線PB與BC1所成的角，由P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點，知A1，P，C1三點共線，且P為A1C1的中點.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝eq\f(π,3)，又P為A1C1的中點，所以可得∠PBC1＝eq\f(1,2)∠A1BC1＝eq\f(π,6)，故直線PB與AD1所成的角為eq\f(π,6).(2)在空間四邊形ABCD中，AD＝2，BC＝2eq\r(3)，E，F分別是AB，CD的中點，EF＝eq\r(7)，則異面直線AD與BC所成角的大小為________.答案30°解析設BD的中點為O，連接EO，FO，所以EO∥AD，FO∥BC，則∠EOF(或其補角)就是異面直線AD與BC所成的角.所以EO＝eq\f(1,2)AD＝1，FO＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(3)，EF＝eq\r(7)，在△EOF中，根據余弦定理，得cos∠EOF＝eq\f(EO2＋FO2－EF2,2·EO·FO)＝eq\f(12＋（\r(3)）2－（\r(7)）2,2×1×\r(3))＝eq\f(1＋3－7,2\r(3))＝－eq\f(\r(3),2)，所以∠EOF＝150°，從而異面直線AD與BC所成角的大小為30°.感悟提升綜合法求異面直線所成角的步驟：(1)作：通過作平行線得到相交直線；(2)證：證明所作角為異面直線所成的角(或其補角)；(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是銳角或直角，則它就是要求的角；如果求出的角是鈍角，則它的補角才是要求的角.訓練3(2024·廣西聯考)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，若AA1＝AC＝BC＝1，則異面直線A1C，AB所成角的大小是()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4) C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)答案C解析法一如圖所示，連接B1C，因為A1B1∥AB，所以∠B1A1C即為異面直線A1C，AB所成的角.因為AA1＝AC＝BC＝1，所以A1C＝eq\r(2)，B1C＝eq\r(2).又因為AC⊥BC，所以AB＝A1B1＝eq\r(2).在△B1A1C中，A1B1＝A1C＝B1C＝eq\r(2)，所以△B1A1C是正三角形，所以∠B1A1C＝eq\f(π,3).法二如圖，將直三棱柱補形為正方體ACBD－A1C1B1D1，連接BD1，AD1，則D1B∥A1C，所以異面直線A1C與AB所成的角即直線D1B與AB所成的角，在三角形D1AB中，D1A＝BD1＝AB＝eq\r(2)，所以∠D1BA＝eq\f(π,3)，即異面直線A1C，AB所成角的大小是eq\f(π,3).【A級基礎鞏固】1.(多選)下列推斷中，正確的是()A.M∈α，M∈β，α∩β＝l?M∈lB.A∈α，A∈β，B∈α，B∈β?α∩β＝ABC.l?α，A∈l?A?αD.A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共線?α，β重合答案ABD解析對于A，因為M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事實3可知M∈l，A正確；對于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直線AB?α，AB?β，則α∩β＝AB，B正確；對于C，若l∩α＝A，則有l?α，A∈l，但A∈α，C錯誤；對于D，有三個不共線的點在平面α，β中，故α，β重合，D正確.2.若直線上有兩個點在平面外，則()A.直線上至少有一個點在平面內B.直線上有無窮多個點在平面內C.直線上所有點都在平面外D.直線上至多有一個點在平面內答案D解析根據題意，兩點確定一條直線，那么由于直線上有兩個點在平面外，則直線在平面外，只能是直線與平面相交，或者直線與平面平行，那么可知直線上至多有一個點在平面內.3.(多選)下列命題中不正確的是()A.空間四點共面，則其中必有三點共線B.空間四點不共面，則其中任意三點不共線C.空間四點中有三點共線，則此四點不共面D.空間四點中任意三點不共線，則此四點不共面答案ACD解析對于平面四邊形來說不成立，故A不正確；空間四點不共面，則其中任何三點不共線，否則由直線與直線外一點確定一個平面，這空間四點共面，故B正確；由B的分析可知C不正確；平面四邊形的四個頂點中任意三點不共線，但四點共面，故D不正確.4.(2024·廣州模擬)已知α，β，γ是三個不同的平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，則下列結論正確的是()A.直線b與直線c可能是異面直線B.直線a與直線c可能平行C.直線a，b，c必然交于一點(即三線共點)D.直線c與平面α可能平行答案C解析因為α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，所以O∈α，O∈β，O∈γ.因為β∩γ＝c，所以O∈c，所以直線a，b，c必然交于一點(即三線共點)，故A，B錯誤，C正確；假設直線c與平面α平行，由O∈c，可知O?α，這與O∈α矛盾，故假設不成立，D錯誤.5.(2024·金華模擬)已知直線l、平面α滿足l?α，則下列命題一定正確的是()A.存在直線m?α，使l∥mB.存在直線m?α，使l⊥mC.存在直線m?α，使l，m相交D.存在直線m?α，使l，m所成角為eq\f(π,6)答案B解析對于A，若直線l與α相交，則α內的直線與l相交或異面，因此若l與α相交，則不存在直線m?α，使l∥m，故A錯誤；對于B，由于l?α，所以l與α相交或平行，不論是相交還是平行，均可在α內找到與l垂直的直線m，故B正確；對于C，當l∥α時，α內的直線與l平行或異面，所以不存在m?α，使l，m相交，故C錯誤；對于D，當直線l⊥α時，直線l與α內的所有直線均垂直，故不存在直線m?α，使l，m所成角為eq\f(π,6)，故D錯誤.6.(多選)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結論正確的是()A.A，M，O三點共線 B.A，M，O，A1共面C.A，M，C，O共面 D.B，B1，O，M共面答案ABC解析∵M∈A1C，A1C?平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1與平面A1ACC1的交線AO上，即A，M，O三點共線，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故選ABC.7.(2024·鄭州質檢)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),6) C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析法一如圖，補上一相同的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，則∠B1DE1為異面直線AD1與DB1所成角(或其補角).因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以DE1＝eq\r(DE2＋EEeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋A1Eeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝eq\f(22＋（\r(5)）2－（\r(5)）2,2×2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).法二如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM，易知點O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角(或其補角).因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).8.已知a，b，c是不同直線，α是平面，若a∥b，b∩c＝A，則直線a與直線c的位置關系是________；若a⊥b，b⊥α，則直線a與平面α的位置關系是________.答案相交或異面a∥α或a?α解析a，b，c是不同直線，α是平面，因為a∥b，b∩c＝A，所以直線a與直線c的位置關系是相交或異面.因為a⊥b，b⊥α，則直線a與平面α的位置關系是a∥α或a?α.9.如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，則直線EF與正方體的六個面所在的平面相交的平面個數為________.答案4解析因為AB∥CD，由圖可以看出EF平行于正方體左右兩個側面，與另外四個側面相交.10.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點O是底面ABCD的中心，過O點作一條直線l與A1D平行，設直線l與直線OC1的夾角為θ，則cosθ＝________.答案eq\f(\r(3),6)解析如圖所示，設正方體的表面ABB1A1的中心為點P，容易證明OP∥A1D，所以直線l即為直線OP，∠POC1＝θ或π－θ.設正方體的棱長為2，則OP＝eq\f(1,2)A1D＝eq\r(2)，OC1＝eq\r(6)，PC1＝eq\r(6)，則cosθ＝|cos∠POC1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋6－6,2×\r(2)×\r(6))))＝eq\f(1,2\r(3))＝eq\f(\r(3),6).11.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F分別是AB，AD的中點，G，H分別在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(1)求證：E，F，G，H四點共面；(2)設EG與FH交于點P，求證：P，A，C三點共線.證明(1)因為E，F分別為AB，AD的中點，所以EF∥BD.在△BCD中，eq\f(BG,GC)＝eq\f(DH,HC)＝eq\f(1,2)，所以GH∥BD，所以EF∥GH.所以E，F，G，H四點共面.(2)因為EG∩FH＝P，P∈EG，EG?平面ABC，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.所以P為平面ABC與平面ADC的公共點.又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三點共線.12.如圖，已知在空間四邊形ABCD中，AD＝BC，M，N分別為AB，CD的中點，且直線BC與MN所成的角為30°，求BC與AD所成的角.解如圖，取BD的中點E，連接EN，EM，則EN∥BC，ME∥AD，故∠ENM(或其補角)為BC與MN所成的角，∠MEN(或其補角)為BC與AD所成的角.由AD＝BC，知ME＝EN，所以∠EMN＝∠ENM＝30°，所以∠MEN＝180°－30°－30°＝120°，即BC與AD所成的角為60°.【B級能力提升】13.(多選)(2024·蘇州調研)已知直線l與平面α相交于點P，則()A.α內不存在直線與l平行B.α內有無數條直線與l垂直C.α內所有直線與l是異面直線D.至少存在一個過l且與α垂直的平面答案ABD解析如圖，對于A，直線l與平面α相交于點P，所以平面α內不存在直線與l平行，故A正確；對于B，平面α內存在與l在平面α的射影PO垂直的直線n，平面α內與n平行的直線都與l垂直，有無數條，故B正確；對于C，平面α內過點P的直線m與直線l相交，不是異面直線，故C錯誤；對于D，取直線l上除斜足外一點A，過該點作平面α的垂線AO，則平面POA垂直于平面α，故D正確.14.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，邊長為4，E為AB的中點，PE⊥平面ABCD.(1)若△PAB為等邊三角形，求四棱錐P－ABCD的體積；(2)若CD的中點為F，PF與平面ABCD所成角為45°，求PC與AD所成角的正切值.解(1)∵正方形ABCD的邊長為4，且△PAB為等邊三角形，E為AB的中點，∴PE＝PB·sin∠PBE＝AB·sin60°＝2eq\r(3)，又PE⊥平面ABCD，∴四棱錐P－ABCD的體積VP－ABCD＝eq\f(1,3)×42×2eq\r(3)＝eq\f(32\r(3),3).(2)如圖，連接EF，∵AD∥BC，∴∠PCB即PC與AD所成的角.∵PE⊥平面ABCD，EF，BC?平面ABCD，∴PE⊥EF，PE⊥BC，又PF與平面ABCD所成角為45°，即∠PFE＝45°，∴PE＝EF·tan∠PFE＝4，∴PB＝eq\r(PE2＋BE2)＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5).又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴BC⊥PB，∴tan∠PCB＝eq\f(PB,BC)＝eq\f(\r(5),2)，∴PC與AD所成角的正切值為eq\f(\r(5),2).第4節空間直線、平面的平行考試要求1.以立體幾何的定義、基本事實和定理為出發點，認識和理解空間中線面平行、面面平行的有關性質與判定定理.2.能運用基本事實、定理和已獲得的結論證明一些有關空間圖形的平行關系的簡單命題.【知識梳理】1.直線與平面平行(1)直線與平面平行的定義直線l與平面α沒有公共點，則稱直線l與平面α平行.(2)直線與平面平行的判定定理與性質定理文字語言圖形表示符號表示判定定理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a?α，b?α，a∥b?a∥α性質定理一條直線和一個平面平行，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a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b2.平面與平面平行(1)平面與平面平行的定義沒有公共點的兩個平面叫做平行平面.(2)平面與平面平行的判定定理與性質定理文字語言圖形表示符號表示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a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β性質兩個平面平行，則其中一個平面內的直線平行于另一個平面α∥β，a?α?a∥β性質定理兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b[常用結論與微點提醒]1.平行關系中的三個重要結論(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行.(2)平行于同一平面的兩個平面平行.(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行.2.三種平行關系的轉化(1)平行的相互轉化是解決與平行有關的證明題的指導思想，解題過程中既要注意一般的轉化規律，又要看清題目的具體條件，選擇正確的轉化方向.(2)在應用判定定理與性質定理時，一定要寫全定理滿足的條件，否則可能是假命題.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)若一條直線和平面內一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行.()(2)若直線a∥平面α，P∈α，則過點P且平行于直線a的直線有無數條.()(3)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行.()(4)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內的兩條直線平行或異面.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)若一條直線和平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行或在平面內，故(1)錯誤.(2)若a∥α，P∈α，則過點P且平行于a的直線只有一條，故(2)錯誤.(3)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，則這兩個平面平行或相交，故(3)錯誤.2.(必修二P143T1改編)如果直線a∥平面α，那么直線a與平面α內的()A.一條直線不相交B.兩條直線不相交C.無數條直線不相交D.任意一條直線都不相交答案D解析因為直線a∥平面α，直線a與平面α無公共點，因此直線a與平面α內的任意一條直線都不相交.3.(必修二P138例3改編)如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為____________.答案平行四邊形解析因為平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面DCGH＝HG，且平面EFGH∩平面ABFE＝EF，所以EF∥HG，同理EH∥FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形.4.考查下列兩個命題：“________”處都缺少同一個條件，補上這個條件就可以使其構成真命題(其中l，m為直線，α為平面)，則此條件為________.①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m?α,l∥m,))?l∥α；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,m∥α,))?l∥α.答案l?α解析①由線面平行的判定定理知l?α；②由線面平行的判定定理知l?α.考點一直線與平面平行的判定與性質角度1直線與平面平行的判定例1如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥CD，PD＝AD＝AB＝2，CD＝4，E為PC的中點.求證：BE∥平面PAD.證明法一如圖，取PD的中點F，連接EF，FA.由題意知EF為△PDC的中位線，∴EF∥CD，且EF＝eq\f(1,2)CD＝2.又∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴AB綉EF，∴四邊形ABEF為平行四邊形，∴BE∥AF.又AF?平面PAD，BE?平面PAD，∴BE∥平面PAD.法二如圖，延長DA，CB相交于點H，連接PH，∵AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∴eq\f(HB,HC)＝eq\f(AB,CD)＝eq\f(1,2)，即B為HC的中點，又E為PC的中點，∴BE∥PH，又BE?平面PAD，PH?平面PAD，∴BE∥平面PAD.法三如圖，取CD的中點H，連接BH，HE，∵E為PC的中點，∴EH∥PD，又EH?平面PAD，PD?平面PAD，∴EH∥平面PAD，又由題意知AB綉DH，∴四邊形ABHD為平行四邊形，∴BH∥AD，又AD?平面PAD，BH?平面PAD，∴BH∥平面PAD，又BH∩EH＝H，BH，EH?平面BHE，∴平面BHE∥平面PAD，又BE?平面BHE，∴BE∥平面PAD.角度2直線與平面平行的性質例2如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和PA作平面交BD于點H.求證：PA∥GH.證明如圖所示，連接AC交BD于點O，連接OM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點，又M是PC的中點，∴PA∥OM，又OM?平面BMD，PA?平面BMD，∴PA∥平面BMD，又平面PAHG∩平面BMD＝GH，PA?平面PAHG，∴PA∥GH.感悟提升1.判斷或證明線面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義(無公共點).(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α).(3)利用面面平行的性質(α∥β，a?α?a∥β).(4)利用面面平行的性質(α∥β，a?β，a∥α?a∥β).2.應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定交線.訓練1如圖所示，已知四邊形ABCD是正方形，四邊形ACEF是矩形，M是線段EF的中點.(1)求證：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，試分析l與m的位置關系，并證明你的結論.(1)證明如圖，記AC與BD的交點為O，連接OE.因為O，M分別為AC，EF的中點，且四邊形ACEF是矩形，所以EM∥OA且EM＝OA，所以四邊形AOEM是平行四邊形，所以AM∥OE，又因為OE?平面BDE，AM?平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)解l∥m，證明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM?平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM?平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.考點二平面與平面平行的判定與性質例3(2024·濰坊質檢)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分別為棱B1C1，A1B1，AB的中點.(1)求證：平面A1C1G∥平面BEF；(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求證：H為BC的中點.證明(1)∵E，F分別為B1C1，A1B1的中點，∴EF∥A1C1.∵A1C1?平面A1C1G，EF?平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G.又F，G分別為A1B1，AB的中點，∴A1F＝BG，又A1F∥BG，∴四邊形A1GBF為平行四邊形，∴BF∥A1G.∵A1G?平面A1C1G，BF?平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF?平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF.(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G與平面ABC有公共點G，經過點G的直線交BC于H，則A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G為AB的中點，∴H為BC的中點.感悟提升證明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理.(2)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行(l⊥α，l⊥β?α∥β).(3)利用面面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(α∥β，β∥γ?α∥γ).訓練2如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，過BC的平面與上底面A1B1C1交于GH(GH與B1C1不重合).(1)求證：BC∥GH；(2)若E，F，G分別是AB，AC，A1B1的中點，求證：平面EFA1∥平面BCHG.證明(1)∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，∴平面ABC∥平面A1B1C1，又∵平面BCHG∩平面ABC＝BC，且平面BCHG∩平面A1B1C1＝HG，∴由面面平行的性質定理得BC∥GH.(2)∵E，F分別為AB，AC的中點，∴EF∥BC，∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分別為A1B1，AB的中點，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB.∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，∴平面EFA1∥平面BCHG.考點三平行關系的綜合應用例4如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分別為AC，A1C1上的點.(1)當eq\f(A1D1,D1C1)等于何值時，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq\f(AD,DC)的值.解(1)當eq\f(A1D1,D1C1)＝1時，BC1∥平面AB1D1.如圖，連接A1B交AB1于點O，連接OD1.由棱柱的性質知，四邊形A1ABB1為平行四邊形，∴點O為A1B的中點.在△A1BC1中，O，D1分別為A1B，A1C1的中點，∴OD1∥BC1.又OD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1.∴當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BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝OD1.因此BC1∥OD1，同理AD1∥DC1.∴eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)，eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD).又eq\f(A1O,OB)＝1，∴eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.感悟提升解決面面平行問題的關鍵點(1)在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質定理時，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，絕不可過于“模式化”.(2)解答探索性問題的基本策略是先假設，再嚴格證明，先猜想再證明是學習和研究的重要思想方法.訓練3(2024·重慶診斷)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝eq\r(3)，E，F，G分別為AB，BC，C1D1的中點，點P在平面ABCD內，若直線D1P∥平面EFG，則線段D1P長度的最小值是________.答案eq\f(\r(7),2)解析如圖，連接D1A，AC，D1C，因為E，F，G分別為AB，BC，C1D1的中點，所以AC∥EF，又EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，所以同理可得EG∥平面ACD1，又EF∩EG＝E，EF，EG?平面EFG，所以平面ACD1∥平面EFG.因為直線D1P∥平面EFG，所以點P在直線AC上.在△ACD1中，AD1＝eq\r(2)，AC＝2，CD1＝2，所以S△AD1C＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),2).當D1P⊥AC時，線段D1P的長度最小，所以線段D1P長度的最小值為eq\f(S△AD1C,\f(1,2)AC)＝eq\f(\f(\r(7),2),\f(1,2)×2)＝eq\f(\r(7),2).1.作截面應遵循的三個原則：(1)在同一平面上的兩點可引直線；(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點；(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線.2.作交線的方法有如下兩種：(1)利用基本事實3作交線；(2)利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.例1(2024·寧波質檢)已知四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，點E是PD的中點，點F是棱PC上的點且PF＝2FC，則平面BEF截四棱錐P－ABCD所得的截面圖形是()A.斜三角形B.梯形C.平行四邊形D.兩組對邊均不平行的四邊形答案D解析如圖，延長EF和DC，設其交點為G，連接BG，延長DA并與直線BG交于點H，連接HE交PA于點K，連接KB，得四邊形EFBK，假設KE∥BF，易證BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，與平面PBC與平面PAD有公共點P矛盾，故假設不成立，因此KE與BF不平行，同理可證KB與EF不平行，因此四邊形EFBK的兩組對邊均不平行，故選D.例2(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為__________.答案eq\f(\r(2)π,2)解析如圖，設B1C1的中點為E，球面與棱BB1，CC1的交點分別為P，Q，連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD為等邊三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1為等邊三角形，則D1E＝eq\r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E為球面截側面BCC1B1所得截面圓的圓心，設截面圓的半徑為r，則r＝eq\r(Req\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2).可得EP＝EQ＝eq\r(2)，∴球面與側面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧eq\o(PQ,\s\up8(︵)).又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1Beq\o\al(2,1))＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分別為BB1，CC1的中點，∴∠PEQ＝eq\f(π,2)，知eq\o(PQ,\s\up8(︵))的長為eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).訓練（1）如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中點，平面α經過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________.答案eq\f(9,2)解析如圖，過點B作BM∥C1E交B1C1于點M，過點M作BD的平行線，交C1D1于點N，連接DN，則平面BDNM即為符合條件的平面α，由圖可知M，N分別為B1C1，C1D1的中點，故BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5)，設等腰梯形MNDB的高為h，則h＝eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，∴梯形MNDB的面積為eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).(2)(2023·南通模擬)已知在圓柱O1O2內有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.過直線O1O2的平面截圓柱得到四邊形ABCD，其面積為8.若P為圓柱底面圓弧eq\o(CD,\s\up8(︵))的中點，則平面PAB與球O的交線長為________.答案eq\f(4\r(10),5)π解析設球O的半徑為r，則AB＝BC＝2r，而S四邊形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，所以r＝eq\r(2).如圖，連接PO2，O1P，作OH⊥O2P于點H，易知O1O2⊥AB.因為P為eq\o(CD,\s\up8(︵))的中點，所以AP＝BP，又O2為AB的中點，所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，O1O2，O2P?平面O1O2P，所以AB⊥平面O1O2P，又OH?平面O1O2P，所以AB⊥OH.因為OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P?平面ABP，所以OH⊥平面ABP.因為O1O2＝2r＝2eq\r(2)，O1P＝eq\r(2)，O1O2⊥O1P，所以O2P＝eq\r(O1Oeq\o\al(2,2)＋O1P2)＝eq\r(（2\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(10)，所以sin∠O1O2P＝eq\f(O1P,O2P)＝eq\f(\r(2),\r(10))＝eq\f(\r(5),5)，所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝eq\r(2)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(10),5).易知平面PAB與球O的交線為一個圓，其半徑為r1＝eq\r(r2－OH2)＝eq\r(（\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),5)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(10),5)，交線長為l＝2πr1＝2π×eq\f(2\r(10),5)＝eq\f(4\r(10),5)π.【A級基礎鞏固】1.如圖，已知P為四邊形ABCD外一點，E，F分別為BD，PD上的點，若EF∥平面PBC，則()A.EF∥PAB.EF∥PBC.EF∥PCD.以上均有可能答案B解析由線面平行的性質定理可知EF∥PB.2.如果AB，BC，CD是不在同一平面內的三條線段，則經過它們中點的平面和直線AC的位置關系是()A.平行 B.相交C.AC在此平面內 D.平行或相交答案A解析如圖，把這三條線段放在正方體內，可得AC∥EF，AC?平面EFG，EF?平面EFG，故AC∥平面EFG.3.下列命題中正確的是()A.若a，b是兩條直線，且a∥b，那么a平行于經過b的任何平面B.若直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內的任何直線平行C.平行于同一條直線的兩個平面平行D.若直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，則b∥α答案D解析A中，a可以在過b的平面內；B中，a與α內的直線也可能異面；C中，兩平面可能相交；D中，由直線與平面平行的判定定理知b∥α，故D正確.4.已知P為△ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，且α交線段PA，PB，PC于點A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則S△A′B′C′∶S△ABC等于()A.2∶3 B.2∶5C.4∶9 D.4∶25答案D解析∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.5.(2024·成都診斷)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.①②④ B.①②③C.②③④ D.①③④答案A解析對于①，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因為AB∥C1D1，且AB＝C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1∥BC1，故①正確；對于②，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；對于③，由正方體ABCD－A1B1C1D1易知，AD1與DC1異面，故③錯誤；對于④，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.6.(2024·杭州質檢)已知α，β是兩個不重合的平面，則“α∥β”的充要條件是()A.平面α內存在無數條直線與β平行B.存在直線l與α，β所成的角相等C.存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥βD.平面α內存在不共線的三個點到β的距離相等答案C解析對于A，如果α∩β＝l，則在α內與l平行的直線有無數條，這無數條直線都與平面β平行，但此時α不平行于β，故A錯誤；對于B，如果α∩β＝m，在空間內必存在直線l?α，l?β，且l與m平行，此時l也與兩個平面平行，即直線l與α，β所成的角都等于0，故B錯誤；對于C，如果α∥β，則一定存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β，若γ∥α且γ∥β，則也一定有α∥β，則“α∥β”的充要條件是“存在平面γ，滿足γ∥α且γ∥β”，故C正確；對于D，當α∥β時，α內必存在不共線的三個點到β的距離相等，但當α∩β＝m時，同樣可以在α內找到不共線的三個點到β的距離相等，故D錯誤.故選C.7.(2024·新鄉模擬)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()答案B解析對于A，如圖①，連接B1N，由正方體的性質可知BM∥B1N，又B1N與平面CNQ相交，所以直線BM與平面CNQ不平行，故A錯誤；對于B，如圖②，連接AC，AQ，由正方體的性質可知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B正確；對于C，如圖③，連接BQ，由中位線定理及正三棱柱的性質可知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C錯誤；對于D，假設直線BM與平面CNQ平行，如圖④，過點M作CQ的平行線交A1B1于點D，則D是線段A1B1上靠近點B1的四等分點，連接BD，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∩BM＝M，MD，BM?平面BDM，則平面BDM∥平面CNQ，而平面ABB1A1與平面BDM、平面CNQ分別相交于BD，QN，則BD與QN平行，顯然BD與QN不平行，故假設錯誤，所以直線BM與平面CNQ不平行，故D錯誤.故選B.8.如圖所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內部運動，則M只需滿足條件________時，就有MN∥平面B1BDD1.(注：請填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮全部可能情況)答案點M在線段FH上(或點M與點H重合)解析連接HN，FH，FN(圖略)，則FH∥DD1，HN∥BD，易證得FH∥平面B1BDD1，HN∥平面B1BDD1，FH∩HN＝H，FH，HN?平面FHN，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，則MN?平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.9.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1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EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以點F為DC的中點，故EF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2).10.我國古代的數學著作《九章算術·商功》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.在如圖所示的“塹堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M，N分別是BB1和A1C1的中點，則平面AMN截“塹堵”ABC－A1B1C1所得截面圖形的面積為