2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.3 直线、平面平行的判定与性质（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 8.3 直线、平面平行的判定与性质直线、平面平行的判定与性质 目录 一、考点全归纳一、考点全归纳 1直线与平面平行的判定定理和性质定理直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言文字语言 图形语言图形语言 符号语言符号语言 判定定理判定定理 平面外一条直线与这 个平面内的一条直线 平行，则该直线与此 平面平行(线线平行 线面平行) 因为 la， a，l，所以 l 性质定理性质定理 一条直线与一个平面 平行，则过这条直线 的任一平面与此平面 的交线与该直线平行 (简记为“线面平行

2、 因为 l，l， b， 所以 lb 线线平行”) 2.平面与平面平行的判定定理和性质定理平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言文字语言 图形语言图形语言 符号语言符号语言 判定定理判定定理 一个平面内的两条相 交直线与另一个平面 平行，则这两个平面 平行(简记为“线面平 行面面平行”) 因为 a，b， abP， a，b， 所以 性质定理性质定理 如果两个平行平面同 时和第三个平面相 交，那么它们的交线 平行 因为 ，a， b， 所以 ab 【常用结论】牢记线面平行、面面平行的七个重要结论【常用结论】牢记线面平行、面面平行的七个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若 a，a，

3、则 . (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若 a，b，则 ab. (3)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等 (4)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行 (5)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例 (6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行 (7)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行 二二 题型全归纳题型全归纳 题型一题型一 线面平行的判定与性质线面平行的判定与性质 【题型要点】判断或证明线面平行的常用方法【题型要点】判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点) (2)利用线面平行

4、的判定定理(a，b，aba) (3)利用面面平行的性质定理(，aa) (4)利用面面平行的性质(，a，a，aa) 类型一类型一 直线与平面平行的判定直线与平面平行的判定 【例【例 1】如图所示，斜三棱柱 ABC- A1B1C1中，点 D，D1分别为 AC，A1C1的中点 (1)证明：AD1平面 BDC1； (2)证明：BD平面 AB1D1. 【证明】(1)因为 D1，D 分别为 A1C1，AC 的中点， 四边形 ACC1A1为平行四边形，所以 C1D1綊 DA， 所以四边形 ADC1D1为平行四边形，所以 AD1C1D， 又 AD1平面 BDC1，C1D平面 BDC1， 所以 AD1平面 BD

5、C1. (2)连接 D1D， 因为 BB1平面 ACC1A1，BB1平面 BB1D1D，平面 ACC1A1平面 BB1D1DD1D， 所以 BB1D1D， 又因为 D1，D 分别为 A1C1，AC 的中点，所以 DD1綊 AA1， 所以 BB1AA1DD1， 故四边形 BDD1B1为平行四边形， 所以 BDB1D1， 又 BD平面 AB1D1，B1D1平面 AB1D1， 所以 BD平面 AB1D1. 类型二类型二 直线与平面平行的性质直线与平面平行的性质 【例【例 2】如图，四棱锥 P- ABCD 的底面是边长为 8 的正方形，四条侧棱长均为 2 17，点 G，E，F，H 分别 是棱 PB，A

6、B，CD，PC 上共面的四点，平面 GEFH平面 ABCD，BC平面 GEFH. (1)证明：GHEF； (2)若 EB2，求四边形 GEFH 的面积 (1)证明：因为 BC平面 GEFH，BC平面 PBC，且平面 PBC平面 GEFHGH，所以 GHBC. 同理可证 EFBC， 因此 GHEF. (2)连接 AC，BD 交于点 O，BD 交 EF 于点 K，连接 OP，GK. 因为 PAPC，O 是 AC 的中点，所以 POAC，同理可得 POBD. 又 BDACO，且 AC，BD 都在底面 ABCD 内，所以 PO底面 ABCD.又因为平面 GEFH平面 ABCD， 且 PO平面 GEFH

7、， 所以 PO平面 GEFH. 因为平面 PBD平面 GEFHGK， 所以 POGK，所以 GK底面 ABCD， 从而 GKEF. 所以 GK 是梯形 GEFH 的高 由 AB8，EB2 得 EBABKBDB14， 从而 KB1 4DB 1 2OB，即 K 为 OB 的中点 再由 POGK 得 GK1 2PO，且 G 是 PB 的中点，所以 GH 1 2BC4. 由已知可得 OB4 2，PO PB2OB2 68326， 所以 GK3. 易得 EFBC8， 故四边形 GEFH 的面积 SGHEF 2 GK48 2 318. 题型二题型二 面面平行的判定与性质面面平行的判定与性质 【题型要点】证明

8、面面平行的常用方法【题型要点】证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义 (2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这 两个平面平行 (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行” (4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行” (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化 【例 1】如图所示，在三棱柱 ABC- A1B1C1中，E，F，G，H 分别是 AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证： (1)B，C，H，G 四点共面； (2)平面 EFA1平面 BCHG. 【证明】(1)G，H 分别是 A1B1，A1C1的

9、中点， GH 是 A1B1C1的中位线，GHB1C1. 又B1C1BC， GHBC， B，C，H，G 四点共面 (2)在 ABC 中，E，F 分别为 AB，AC 的中点， EFBC. EF平面 BCHG，BC平面 BCHG， EF平面 BCHG. A1G 綊 EB， 四边形 A1EBG 是平行四边形，则 A1EGB. A1E平面 BCHG，GB平面 BCHG， A1E平面 BCHG. A1EEFE，平面 EFA1平面 BCHG. 【例 2】.如图，在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，S 是 B1D1的中点，E，F，G 分别是 BC，DC，SC 的中点， 求证： (1)直线 EG平面 BD

10、D1B1； (2)平面 EFG平面 BDD1B1. 【证明】 ：(1)如图，连接 SB， 因为 E，G 分别是 BC，SC 的中点， 所以 EGSB. 又因为 SB平面 BDD1B1， EG平面 BDD1B1， 所以直线 EG平面 BDD1B1. (2)连接 SD， 因为 F，G 分别是 DC，SC 的中点， 所以 FGSD. 又因为 SD平面 BDD1B1，FG平面 BDD1B1， 所以 FG平面 BDD1B1，又 EG平面 EFG， FG平面 EFG，EGFGG， 所以平面 EFG平面 BDD1B1. 题型三题型三 平行关系中的探索性问题平行关系中的探索性问题 【题型要点】解决探索性问题的

11、方法【题型要点】解决探索性问题的方法 (1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理 的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设 (2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使成立”“只需使成立” 【例 1】如图，四棱锥 E- ABCD，平面 ABCD平面 ABE，四边形 ABCD 为矩形，AD6，AB5，BE3， F 为 CE 上的点，且 BF平面 ACE. (1)求证：AEBE； (2)设 M 在线段 DE 上，且满足 EM2MD，试在线段 AB 上确定一点 N，使得 MN平面 BCE，并求 MN 的 长 (1)证明：因为四边形 ABCD

12、 为矩形，所以 BCAB. 因为平面 ABCD平面 ABE，平面 ABCD平面 ABEAB，且 BC平面 ABCD，所以 BC平面 ABE. 又 AE平面 ABE，所以 BCAE. 因为 BF平面 ACE，AE平面 ACE， 所以 BFAE. 又因为 BCBFB，BC平面 BCE，BF平面 BCE， 所以 AE平面 BCE， 因为 BE平面 BCE， 所以 AEBE. (2)法一：如图，在 ADE 中过 M 点作 MGAD 交 AE 于 G 点，在 ABE 中过 G 点作 GNBE 交 AB 于 N 点，连接 MN， 因为 NGBE，NG平面 BCE，BE平面 BCE， 所以 NG平面 BCE

13、. 同理可证，GM平面 BCE. 因为 MGGNG， 所以平面 MGN平面 BCE， 又因为 MN平面 MGN， 所以 MN平面 BCE， 因为 N 点为线段 AB 上靠近 A 点的一个三等分点， AD6，AB5，BE3， 所以 MG2 3AD4，NG 1 3BE1， 所以 MN MG2NG2 4212 17. 法二：如图，过 M 点作 MGCD 交 CE 于 G 点，连接 BG，在 AB 上取 N 点，使得 BNMG，连接 MN， 因为 MGCD，EM2MD， 所以 MG2 3CD， 因为 ABCD，BNMG， 所以四边形 MGBN 是平行四边形， 所以 MNBG， 又因为 MN平面 BCE

14、，BG平面 BCE， 所以 MN平面 BCE， 又 MG2 3CD，MGBN，所以 BN 2 3AB， 所以 N 点为线段 AB 上靠近 A 点的一个三等分点 在 CBG 中，因为 BCAD6，CG1 3CE 1 3 6232 5，cosBCG2 5 5 ， 所以 BG23652 6 5 2 5 5 17， 所以 MNBG 17. 【例【例 2】如图，已知斜三棱柱 ABC- A1B1C1中，点 D，D1分别为 AC，A1C1上的点 (1)当A1D1 D1C1等于何值时，BC1平面 AB1D1? (2)若平面 BC1D平面 AB1D1，求AD DC的值 【答案】见解析 【解析】(1) 如图，取

15、D1为线段 A1C1的中点，此时A1D1 D1C11， 连接 A1B 交 AB1于点 O，连接 OD1. 由棱柱的性质，知四边形 A1ABB1为平行四边形， 所以点 O 为 A1B 的中点 在 A1BC1中，点 O，D1分别为 A1B，A1C1的中点， 所以 OD1BC1. 又因为 OD1平面 AB1D1，BC1平面 AB1D1， 所以 BC1平面 AB1D1. 所以当A1D1 D1C11 时，BC1平面 AB1D1. (2)由已知，平面 BC1D平面 AB1D1， 且平面 A1BC1平面 BDC1BC1， 平面 A1BC1平面 AB1D1D1O. 因此 BC1D1O，同理 AD1DC1. 因

16、为A1D1 D1C1 A1O OB， A1D1 D1C1 DC AD. 又因为A1O OB1，所以 DC AD1，即 AD DC1. 三、高效训练突破三、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1(2020 河北衡水模拟一河北衡水模拟一)已知 m，n 为两条不重合直线， 为两个不重合平面，下列条件中， 的充 分条件是( ) Amn，m，n Bmn，m，n Cmn，m，n Dmn，m，n 【答案】B. 【解析】 ：对于 A，两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，这两个平面可能平行， 也可能相 交，因此 A 中条件不是 的充分条件；对于 B，因为 mn，m，所以 n，结合 n，知 ， 因此 B

17、 中条件是 的充分条件；对于 C，由 mn，m 知 n，或 n，或 n 与 相交，结合 n， 知 ， 可能平行，也可能相交，所以 C 中条件不是 的充分条件；对于 D，由 mn，m 知 n， 或 n，结合 n，知 ，所以 D 中条件不是 的充分条件综上可知选 B. 2(2020 江西红色七校联考江西红色七校联考)设 m，n 是空间中两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列说法正确 的是( ) A若 mn，n，则 m B若 m，n，则 mn C若 ，m，则 m D若 m，n，m，n，则 【答案】C. 【解析】 ：若 mn，n，则 m 或 m，所以选项 A 不正确；若 m，n，则 mn 或 m

18、与 n 异面，所以选项 B 不正确；若 m，n，m，n，则 或 与 相交，所以选项 D 不正确故 选 C. 3(2020 湖南长沙模拟湖南长沙模拟)设 a，b，c 表示不同直线， 表示不同平面，下列命题： 若 ac，bc，则 ab； 若 ab，b，则 a； 若 a，b，则 ab； 若 a，b，则 ab. 其中真命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 【答案】A. 【解析】 ：由题意，对于，根据线线平行的传递性可知是真命题；对于，根据 ab，b，可以推出 a 或 a，故是假命题；对于，根据 a，b，可以推出 a 与 b 平行，相交或异面，故是假命 题；对于，根据 a，b，可以推出 ab 或

19、a 与 b 异面，故是假命题所以真命题的个数是 1.故选 A. 4.如图，AB平面 平面 ，过 A，B 的直线 m，n 分别交 ， 于 C，E 和 D，F，若 AC2，CE3，BF 4，则 BD 的长为( ) A.6 5 B.7 5 C.8 5 D.9 5 【答案】【答案】C 【解析】由 AB，易证AC CE BD DF，即 AC AE BD BF，所以 BD AC BF AE 2 4 5 8 5. 5若平面 截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面 平行的棱有( ) A0 条 B1条 C2 条 D0 条或 2 条 【答案】【答案】C 【解析】如图 设平面 截三棱锥所得的四边形 EFGH

20、 是平行四边形，则 EFGH，EF平面 BCD，GH平面 BCD，所以 EF平面 BCD，又 EF平面 ACD，平面 ACD平面 BCDCD，则 EFCD，EF平面 EFGH，CD平面 EFGH，则 CD平面 EFGH，同理 AB平面 EFGH，所以该三棱锥与平面 平行的棱有 2 条，故选 C. 6.如图所示，在空间四边形 ABCD 中， E， F 分别为边 AB， AD 上的点，且 AEEBAFFD14， 又 H， G 分别为 BC，CD 的中点，则( ) ABD平面 EFGH，且四边形 EFGH 是矩形 BEF平面 BCD，且四边形 EFGH 是梯形 CHG平面 ABD，且四边形 EFGH

21、 是菱形 DEH平面 ADC，且四边形 EFGH 是平行四边形 【答案】B 【解析】 ：.由 AEEBAFFD14 知 EF 綊1 5BD，又 EF平面 BCD，所以 EF平面 BCD.又 H，G 分 别为 BC，CD 的中点，所以 HG 綊1 2BD，所以 EFHG 且 EFHG.所以四边形 EFGH 是梯形 7.在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E，F，G 分别是 A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断： FG平面 AA1D1D； EF平面 BC1D1； FG平面 BC1D1； 平面 EFG平面 BC1D1. 其中推断正确的序号是( ) A B C D 【答案】A. 【

22、解析】 ：因为在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E，F，G 分别是 A1B1，B1C1，BB1的中点，所以 FGBC1， 因为 BC1AD1，所以 FGAD1， 因为 FG平面 AA1D1D，AD1平面 AA1D1D，所以 FG平面 AA1D1D，故正确； 因为 EFA1C1，A1C1与平面 BC1D1相交，所以 EF 与平面 BC1D1相交，故错误； 因为 E，F，G 分别是 A1B1，B1C1，BB1的中点， 所以 FGBC1，因为 FG平面 BC1D1，BC1平面 BC1D1， 所以 FG平面 BC1D1，故正确； 因为 EF 与平面 BC1D1相交，所以平面 EFG 与平面 B

23、C1D1相交，故错误故选 A. 8.下列四个正方体图形中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，P 分别为其所在棱的中点，则能得出 AB 平面 MNP 的图形的序号是( ) A B C D 【答案】【答案】C 【解析】对于图形，易得平面 MNP 与 AB 所在的对角面平行，所以 AB平面 MNP；对于图形，易得 ABPN，又 AB平面 MNP，PN平面 MNP，所以 AB平面 MNP；图形无论用定义还是判定定理都 无法证明线面平行故选 C. 9.如图，透明塑料制成的长方体容器 ABCD- A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边 BC 于地面上，再将 容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个

24、命题： 没有水的部分始终呈棱柱形； 水面 EFGH 所在四边形的面积为定值； 棱 A1D1始终与水面所在的平面平行； 当容器倾斜如图所示时，BE BF 是定值 其中正确的个数是( ) A1 B2 C3 D4 【答案】C. 【解析】 ：由题图，显然是正确的，是错的； 对于因为 A1D1BC，BCFG， 所以 A1D1FG 且 A1D1平面 EFGH， 所以 A1D1平面 EFGH(水面) 所以是正确的； 因为水是定量的(定体积 V) 所以 S BEF BCV， 即1 2BE BF BCV. 所以 BE BF2V BC(定值)，即是正确的，故选 C. 10.(2020 江西吉安一模江西吉安一模)如

25、图，在棱长为 1 的正方体 ABCD- A1B1C1D1中，M，N 分别是 A1D1，A1B1的中点， 过直线 BD 的平面 平面 AMN，则平面 截该正方体所得截面的面积为( ) A. 2 B9 8 C. 3 D 6 2 【答案】B. 【解析】 ：如图 1，取 B1C1的中点 E，C1D1的中点 F，连接 EF，BE，DF，B1D1，则 EFB1D1，B1D1BD， 所以 EFBD， 故 EF， BD 在同一平面内， 连接 ME， 因为 M， E 分别为 A1D1，B1C1的中点， 所以 MEAB， 且 MEAB，所以四边形 ABEM 是平行四边形，所以 AMBE，又因为 BE平面 BDFE

26、， AM平面 BDFE， 所以 AM平面 BDFE，同理 AN平面 BDFE，因为 AMANA， 所以平面 AMN平面 BDFE， BD 2，EF1 2B1D1 2 2 ，DFBE 5 2 ，等腰梯形 BDFE 如图 2， 过 E， F 作 BD 的垂线， 垂足分别为 G， H， 则四边形 EFGH 为矩形， 所以 FG DF2DG2 5 4 1 8 3 2 4 ， 故所得截面的面积为1 2 2 2 2 3 2 4 9 8，故选 B. 二、填空题二、填空题 1 在四面体 A- BCD 中， M， N 分别是 ACD， BCD 的重心， 则四面体的四个面中与 MN 平行的是_ 【答案】 ：平面

27、ABD 与平面 ABC 【解析】 ：如图，取 CD 的中点 E，连接 AE，BE， 则 EMMA12， ENBN12， 所以 MNAB. 因为 AB平面 ABD，MN平面 ABD，AB平面 ABC，MN平面 ABC， 所以 MN平面 ABD，MN平面 ABC. 2如图，正方体 ABCD- A1B1C1D1中，AB2，点 E 为 AD 的中点，点 F 在 CD 上若 EF平面 AB1C，则 线段 EF 的长度等于_ 【答案】 ： 2 【解析】 ：因为 EF平面 AB1C，EF平面 ABCD，平面 ABCD平面 AB1CAC， 所以 EFAC，所以点 F 为 DC 的中点故 EF1 2AC 2.

28、3.如图所示，在正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，E，F，G，H 分别是棱 CC1，C1D1，D1D，DC 的中点，N 是 BC 的中点， 点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动， 则 M 只需满足条件_时， 就有 MN平面 B1BDD1.(注： 请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况) 【答案】 ：点 M 在线段 FH 上(或点 M 与点 H 重合) 【解析】 ：连接 HN，FH，FN，则 FHDD1，HNBD，FHHNH，DD1BDD， 所以平面 FHN平面 B1BDD1，只需 MFH，则 MN平面 FHN，所以 MN平面 B1BDD1. 4在正方体 ABCD- A

29、1B1C1D1中，M，N，Q 分别是棱 D1C1，A1D1，BC 的中点，点 P 在 BD1上且 BP2 3BD1. 则以下四个说法： MN平面 APC； C1Q平面 APC； A，P，M 三点共线； 平面 MNQ平面 APC. 其中说法正确的是_(填序号) 【答案】 ： 【解析】 ： 连接 MN，AC，则 MNAC，连接 AM，CN， 易得 AM，CN 交于点 P，即 MN平面 APC，所以 MN平面 APC 是错误的； 由知 M，N 在平面 APC 上，由题易知 ANC1Q，AN平面 APC， 所以 C1Q平面 APC 是正确的； 由知 A，P，M 三点共线是正确的； 由知 MN平面 AP

30、C， 又 MN平面 MNQ， 所以平面 MNQ平面 APC 是错误的 5.如图所示，正方体 ABCD- A1B1C1D1的棱长为 a，点 P 是棱 AD 上一点，且 APa 3，过 B1，D1，P 的平面交 底面 ABCD 于 PQ，Q 在直线 CD 上，则 PQ_ 【答案】 ：2 2 3 a 【解析】 ：因为平面 A1B1C1D1平面 ABCD，而平面 B1D1P平面 ABCDPQ，平面 B1D1P平面 A1B1C1D1 B1D1，所以 B1D1PQ. 又因为 B1D1BD，所以 BDPQ， 设 PQABM，因为 ABCD， 所以 APMDPQ. 所以PQ PM PD AP2，即 PQ2PM

31、. 又知 APMADB， 所以PM BD AP AD 1 3， 所以 PM1 3BD，又 BD 2a， 所以 PQ2 2 3 a. 三三 解答题解答题 1如图所示，四边形 ABCD 与四边形 ADEF 都为平行四边形，M，N，G 分别是 AB，AD，EF 的中点求 证： (1)BE平面 DMF； (2)平面 BDE平面 MNG. 【证明】 ：(1)如图所示，设 DF 与 GN 交于点 O，连接 AE，则 AE 必过点 O， 连接 MO，则 MO 为 ABE 的中位线， 所以 BEMO. 因为 BE平面 DMF，MO平面 DMF， 所以 BE平面 DMF. (2)因为 N，G 分别为平行四边形

32、ADEF 的边 AD，EF 的中点， 所以 DEGN. 因为 DE平面 MNG，GN平面 MNG， 所以 DE平面 MNG. 因为 M 为 AB 的中点， 所以 MN 为 ABD 的中位线， 所以 BDMN. 因为 BD平面 MNG，MN平面 MNG， 所以 BD平面 MNG. 因为 DE 与 BD 为平面 BDE 内的两条相交直线， 所以平面 BDE平面 MNG. 2.如图，在四棱锥 P- ABCD 的底面 ABCD 中，BCAD，且 AD2BC，O，E 分别为 AD，PD 的中点 (1)设平面 PAB平面 PCDl，请作图确定 l 的位置并说明你的理由； (2)若 Q 为直线 CE 上任意

33、一点，证明：OQ平面 PAB. 【答案】见解析 【解析】 ： (1)分别延长 AB 和 DC 交于点 R，连接 PR，则直线 PR 就是 l 的位置； RAB平面 PAB，RCD平面 PCD， 所以 P、R 是平面 PAB 和平面 PCD 的两个公共点， 由公理 1 可知，过 P、R 的直线就是两个平面的交线 l. (2)证明：连接 OE、OC，因为 BCAD，且 BC1 2AD， 又 AO1 2AD，所以 BCAO， 且 BCAO，所以四边形 ABCO 为平行四边形， 所以 OCAB，则 OC平面 PAB； 又 OE 为 PAD 的中位线，则 OEAP， 所以 OE平面 PAB， 又 OE平

34、面 OEC，OC平面 OEC，且 OEOCO， 所以平面 PAB平面 OEC， 又 OQ平面 OEC， 所以 OQ平面 PAB. 3如图，四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形 (1)证明：平面 A1BD平面 CD1B1； (2)若平面 ABCD平面 B1D1C直线 l，证明 B1D1l. 【证明】 ：(1)由题设知 BB1綊 DD1， 所以四边形 BB1D1D 是平行四边形， 所以 BDB1D1. 又 BD平面 CD1B1， B1D1平面 CD1B1， 所以 BD平面 CD1B1. 因为 A1D1綊 B1C1綊 BC， 所以四边形 A1BCD1是平行四边形， 所以 A

35、1BD1C. 又 A1B平面 CD1B1， D1C平面 CD1B1， 所以 A1B平面 CD1B1. 又因为 BDA1BB， 所以平面 A1BD平面 CD1B1. (2)由(1)知平面 A1BD平面 CD1B1， 又平面 ABCD平面 B1D1C直线 l， 平面 ABCD平面 A1BD直线 BD， 所以直线 l直线 BD， 在四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，四边形 BDD1B1为平行四边形， 所以 B1D1BD， 所以 B1D1l. 4.如图，四棱锥 P- ABCD 中，ABCD，AB2CD，E 为 PB 的中点 (1)求证：CE平面 PAD. (2)在线段 AB 上是否存在一点 F，

36、使得平面 PAD平面 CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明 理由 【答案】见解析 【解析】 (1)证明：取 PA 的中点 H，连接 EH，DH， 因为 E 为 PB 的中点， 所以 EHAB，EH1 2AB， 又 ABCD，CD1 2AB， 所以 EHCD，EHCD， 因此四边形 DCEH 为平行四边形， 所以 CEDH， 又 DH平面 PAD，CE平面 PAD， 因此 CE平面 PAD. (2)存在点 F 为 AB 的中点，使平面 PAD平面 CEF， 证明如下： 取 AB 的中点 F，连接 CF，EF， 则 AF1 2AB， 因为 CD1 2AB，所以 AFCD， 又 AFCD，所以四边形 AFCD 为平行四边形， 因此 CFAD. 又 AD平面 PAD，CF平面 PAD， 所以 CF平面 PAD， 由(1)可知 CE平面 PAD， 又 CECFC， 故平面 CEF平面 PAD， 故存在 AB 的中点 F 满足要求