8.5.3平面與平面平行【考點梳理】考點一平面與平面平行的判定定理文字語言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符號語言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a?α，b?α，,a∩b＝A，,a∥β，b∥β))?α∥β圖形語言考點二兩個平面平行的性質定理文字語言兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行符號語言α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b圖形語言【題型歸納】題型一：平面與平面平行的判定定理的應用1．（2022春·廣東中山·高一統(tǒng)考期末）在下列條件中，可判定平面α與平面β平行的是（）A．α，β都平行于直線aB．α內存在不共線的三點到β的距離相等C．l，m是α內的兩條直線，且，D．l，m是兩條異面直線，且，，，【答案】D【分析】舉例說明并判斷A，B，C；利用線面平行的性質、面面平行的判定推理判斷D作答.【詳解】對于A，當，，且時，滿足都平行于直線a，不能推出，A不能；對于B，當，且在內直線b一側有兩點，另一側一個點，三點到的距離相等時，不能推出，B不能；對于C，當l與m平行時，不能推出，C不能；對于D，因，，則存在過直線的平面，于是得，，，則，因，，則存在過直線的平面，于是得，，，則，又是兩條異面直線，則是平面內的兩條相交直線，所以，D能.故選：D2．（2023·全國·高一專題練習）如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點．求證：(1)B，C，H，G四點共面；(2)平面EFA1平面BCHG.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用中位線定理與空間平行線的傳遞性，推得，由此得證；（2）利用線面平行的判定定理證得EF平面BCHG，A1E平面BCHG，從而利用面面平行的判定定理即可得證.【詳解】（1）∵G，H分別是A1B1，A1C1的中點∴GH是的中位線，∴GHB1C1，又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，∴B，C，H，G四點共面．（2）∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，∴EFBC，∵平面BCHG，BC?平面BCHG，∴EF平面BCHG，∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，∴A1GEB，，∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1EGB，∵平面BCHG，GB?平面BCHG，∴A1E平面BCHG，∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，∴平面EFA1平面BCHG.3．（2023·全國·高一專題練習）如圖，在三棱柱中，分別為的中點，．求證：(1)平面；(2)平面平面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理證得平面；（2）根據(jù)面面平行的判定定理證得平面平面．【詳解】（1）在三棱柱中，分別為的中點，，平面平面，平面．（2）平面，平面，平面．分別為的中點，，，且．四邊形是平行四邊形．．又平面平面，平面．又平面，平面平面．題型二：面面平行證明線線平行4．（2023·高一課時練習）如圖，已知平面平面，點為，外一點，直線，分別與，相交于，和，，則與的位置關系為（

）A．平行 B．相交 C．異面 D．平行或異面【答案】A【分析】由題設知，，，，共面，根據(jù)面面平行的性質，可證與的位置關系.【詳解】解：由題意知，，，，在同一平面內，且平面平面，平面平面，且，∴，故選：A．5．（2023春·全國·高一專題練習）在三棱柱中，(1)若分別是的中點，求證：平面平面.(2)若點分別是上的點，且平面平面，試求的值．【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）分別證明平面、平面即可；（2）連接交于，連接，由面面平行的性質定理可得、，然后可得答案.【詳解】（1）∵分別是的中點，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵，平面，∴平面平面.（2）連接交于，連接，由平面平面，且平面平面，平面平面，∴，同理可得，所以，即為線段的中點，所以為線段的中點，即.6．（2020春·湖北·高一校聯(lián)考開學考試）如圖，四棱錐的底面是邊長為8的正方形，四條側棱長均為，點G.E.F.H分別是棱PB．AB．DC．PC上共面的四點，平面GEFH.（1）證明：；（2）若，平面平面GEFH，求四邊形GEFH的面積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由線面平行的性質可得、，即可得證；（2）由面面平行的性質可得，即可求出，同理，再求出，，即可求出面積；【詳解】（1）∵平面GEFH，又∵平面PBC且平面平面，∴.又∵平面GEFH，又∵平面ABCD且平面平面，∴，∴.（2）∵平面平面GEFH，又∵平面平面，且平面平面，∵，∵，∴，同理，又由（1）知，，∴，在四邊形GEFH中：，，且，四邊形GEFH為等腰梯形，如圖所示：過G作GM垂直于EF于M，過H作GN垂直于EF于N，在直角中，，∴.【點睛】本題考查線面平行的判定與性質，考查梯形面積的計算，正確運用線面平行的判定與性質是關鍵，屬于中檔題．題型三：面面平行證明線面平行、面面平行7．（2022春·浙江·高一期中）已知三棱錐中，△ABC，△ACD都是等邊三角形，，E，F(xiàn)分別為棱AB，棱BD的中點，G是△BCE的重心．(1)求異面直線CE與BD所成角的余弦值；(2)求證：FG平面ADC．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）取的中點，連接，證明，則異面直線CE與BD所成角的平面角即為或其補角，解即可；（2）取的中點，連接，證明平面平面，再根據(jù)面面平行的性質即可得證.【詳解】（1）解：取的中點，連接，因為E為棱AB的中點，所以，則異面直線CE與BD所成角的平面角即為或其補角，設，則，，在中，，即異面直線CE與BD所成角的余弦值為；（2）解：取的中點，連接，因為E，F(xiàn)分別為棱AB，棱BD的中點，所以，又平面，平面，所以平面，平面，又平面，所以平面平面，又因為G是△BCE的重心，所以點在上，故平面，所以FG平面ADC．8．（2023春·全國·高一專題練習）如圖，在等腰直角三角形中，分別是上的點，且分別為的中點，現(xiàn)將沿折起，得到四棱錐，連接證明：平面；【答案】證明過程見解析【分析】取的中點，連接．證明平面平面，進而可證平面．【詳解】如圖，在四棱錐中，取的中點，連接．因為分別為的中點，，所以又平面，平面，所以平面，同理可得，平面，又平面，所以平面平面，因為平面，所以平面．9．（2023春·全國·高一專題練習）如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，且側棱PA⊥底面ABCD，PA＝2AD＝4．E，F(xiàn)，H分別是PA，PD，AB的中點，點G在線段PD上，且．(1)當時，證明：平面BEF；(2)當三棱錐F－EGH的體積為時，求的值．【答案】(1)證明見解析;(2)或.【分析】(1)取AE中點M，根據(jù)面面平行的判定定理可得平面平面BEF，根據(jù)面面平行的性質即可證明；(2)由可得，根據(jù)等體積法可求解.【詳解】解：（1）證明：依題意，當時，G為FD中點，取AE中點M，連接MG，MH，∵E，F(xiàn)分別是PA，PD的中點，∴，又G，M分別是DF，AE的中點，∴，∵平面BEF，平面BEF，∴平面BEF，同理，M，H分別是AE，AB的中點，∴，∵平面BEF，平面BEF，∴平面BEF，又∵平面，∴平面平面BEF，∵平面MHG，∴平面BEF；（2）∵，∴，∴，∴，解得或．【雙基達標】一、單選題10．（2022春·安徽安慶·高一?？计谥校┫铝忻}中，正確的是（

）A．平行于同一條直線的兩個平面平行B．平行于同一平面的兩個平面平行C．平行于同一平面的兩直線關系不確定D．兩平面平行，一平面內的直線必平行于另一平面【答案】BCD【分析】通過舉反例說明選項A錯誤，其它選項根據(jù)線面、面面平行的判定和性質直接判斷即可.【詳解】對于A，如圖，平行于同一條直線的兩個平面相交,故A錯誤；對于B，平行于同一平面的兩個平面平行正確，故B正確；對于C，平行于同一平面的兩直線關系不確定，可以平行，相交，也可以異面，故C正確；對于D，根據(jù)兩個平面平行的性質定理，兩平面平行，一平面內的直線必平行于另一平面正確，故C正確；故選：BCD.11．（2023春·全國·高一專題練習）已知，，是三個不同的平面，，是兩條不同的直線，則下列命題中正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】C【分析】ABD均可舉出反例，由線面垂直的性質可得得到C正確.【詳解】對于A，垂直于同一平面的兩平面相交或平行，如圖1，，，而，相交，故A錯誤；對于B，平行于同一直線的兩平面相交或平行，如圖2，滿足，，但相交，B錯誤；對于C，垂直于同一平面的兩直線平行，故C正確；對于D，平行于同一平面的兩直線相交、平行或異面，如圖3，滿足，，但相交，故D錯誤.故選：C.12．（2022春·黑龍江·高一哈九中?？计谥校┰O，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，①、，，；

②，；③，；

④，，．則的充分條件可以是（

）A．①② B．①④ C．②③ D．②④【答案】D【分析】根據(jù)線線、線面、面面關系對各選項逐一分析判斷即可.【詳解】因為，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，①、，，，則與平行或相交，故①錯誤；②，，則，故②正確；③，，則與平行或相交，故③錯誤；④，，，則，故④正確；綜上②④正確，故選：D13．（2023·高一課時練習）如圖，在正方體中，為線段上任意一點（包括端點），則一定有（

）A．與異面 B．與相交C．與平面平行 D．與平面相交【答案】C【分析】連接、、、，證明出四邊形為平行四邊形，并結合面面平行的性質可判斷各選項能否一定成立.【詳解】連接、，因為且，所以，四邊形為平行四邊形，當為、的交點時，與相交，當不為、的交點時，與異面，AB選項都不一定成立；連接、，因為且，故四邊形為平行四邊形，，平面，平面，平面，同理可證平面，因為，、平面，平面平面，平面，平面，C選項一定滿足，D選項一定不滿足.故選：C.14．（2023春·全國·高一專題練習）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M，N分別是棱BC，CC1的中點，動點P在正方形BCC1B1（包括邊界）內運動．若平面AMN，則PA1的最小值是（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由平面，可以找到點在右側面的運動軌跡，從而求出的最小值【詳解】如圖所示，取的中點,的中點，連接，因為分別是棱的中點，所以，，又因為,,，所以平面平面，平面，且點在右側面，所以點的軌跡是，且，，所以當點位于中點處時，最小，此時，.故選：C15．（2022春·山東聊城·高一統(tǒng)考期末）已知m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（

）A．若，，，則 B．若，，，則C．若，，，則 D．若，，，則【答案】C【分析】根據(jù)線面、面面位置關系的判定定理與性質定理判斷即可.【詳解】解：對于A：，，，則或與相交，故A錯誤；對于B：若，，，則或或與異面，故B錯誤；對于C：若，，則，又，所以，故C正確；對于D：若，，，則或或與相交，故D錯誤；故選：C16．（2023春·全國·高一專題練習）在底面為等邊三角形的三棱柱中，已知平面ABC，，，D是棱的中點，M是四邊形內的動點，若平面ABD，則線段長度的最小值為（

）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】取線段的中點為，連接，首先證明平面平面，然后可得點的軌跡是線段，然后可求出答案.【詳解】取線段的中點為，連接，因為側面為矩形，D是棱的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，同理平面，因為，所以平面平面，因為M是四邊形內的動點，平面ABD，所以點的軌跡是線段，因為，，所以，，所以線段長度的最小值為.故選：D17．（2023·全國·高一專題練習）在正方體中．為底面中心，為中點，為中點．證明：平面平面PAO．【答案】證明見詳解【分析】根據(jù)線面、面面平行的判定定理分析證明.【詳解】由題意可得：分別為的中點，則，平面，平面，∴平面，連接，由題意可得：分別為的中點，則，且，∵，且，則，且，故為平行四邊形，則，平面，平面，∴平面，，平面，故平面平面PAO.18．（2023·高一課時練習）正方體中，、分別為、的中點，、分別是、的中點．(1)求證：E、F、B、D共面；(2)求證：平面平面．【答案】(1)證明見詳解(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意證明，即可得結果；（2）根據(jù)線面、面面平行的判定定理分析證明.【詳解】（1）連接，由題意可得：分別為的中點，則，∵，，則為平行四邊形，∴，則，故E、F、B、D共面.（2）由題意可得：分別為的中點，則，∵，則，且平面，平面，∴平面，連接，由題意可得：分別為的中點，則，，∵，，則，，即為平行四邊形，∴，平面，平面，∴平面，，平面，故平面平面.19．（2022·高一單元測試）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N，P分別為AB，BC，B1C1的中點．(1)求證：AC∥平面B1MN；(2)求證：平面ACP∥平面B1MN．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由已知，M，N分別為AB，BC的中點．所以MN∥AC，利用線面平行的判定定理即可證明AC∥平面B1MN；（2）由已知，P為B1C1的中點．可證B1P＝CN，B1P∥CN，從而證明四邊形B1PCN是平行四邊形，得到CP∥B1N，利用線面平行的判定定理即可證明CP∥平面B1MN，結合第（1）問AC∥平面B1MN，利用面面平行的判定定理即可證明平面ACP∥平面B1MN.【詳解】（1）證明：因為M，N分別為AB，BC的中點．所以MN∥AC，因為MN?平面B1MN，平面B1MN，所以AC∥平面B1MN，得證.（2）證明：因為P為B1C1的中點．所以B1P＝CN，又因為B1P∥CN，所以四邊形B1PCN是平行四邊形，所以CP∥B1N，又因為B1N?平面B1MN，平面B1MN，所以CP∥平面B1MN，由第（1）問，AC∥平面B1MN，AC∩CP＝C，AC?平面ACP，CP?平面ACP，所以平面ACP∥平面B1MN．得證.【高分突破】一、單選題20．（2023春·全國·高一專題練習）如圖，已知正方體的棱長為2，則下列四個結論中錯誤的是（

）A．直線與為異面直線 B．平面C．平面平面 D．三棱錐的體積為【答案】D【分析】對于A：根據(jù)異面直線定義理解判斷；對于B：根據(jù)平行四邊形的判斷和性質可證，結合線面平行的判斷定理理解判斷；對于C：可證平面，平面，結合面面平行的判定定理理解判斷；對于D：根據(jù)錐體體積公式運算判斷．【詳解】根據(jù)異面直線的定義易知直線與為異面直線，A正確；∵且，則為平行四邊形∴平面，平面∴平面，B正確；同理可證：平面，平面平面，C正確，D錯誤故選：D．21．（2022春·遼寧鞍山·高一鞍山市第三中學校考期末）設、、為三個平面，l、m、n為三條直線，則下列說法正確的是（

）A．若，，則；B．若l上有兩點到的距離相等，則；C．、、兩兩相交于三條直線l、m、n，若，則；D．若，，，，則【答案】C【分析】由直線與平面平行的判定定理判定A；由直線與平面的位置關系判定B；由直線與平面平行的判定與性質判斷C；由平面與平面平行的判定判斷D．【詳解】解：若，，則或，故A錯誤；若上有兩點到的距離相等，則或或與相交，故B錯誤；，，兩兩相交于三條直線，，，不妨設，，，若，則，又，，，則，故C正確；若，，，，且與相交，則，當與不相交時，不一定有，故D錯誤．故選：C．22．（2022春·江蘇無錫·高一江蘇省天一中學校考期中）直三棱柱的所有棱長均為3，D為側棱的中點，M為側棱上一點，且，N為上一點，且平面，則的長為（

）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】通過構造面面平行，得到平面，再利用三角形相似，能求出的長.【詳解】如圖所示，過點過點作交于點，再過點作交于，取中點為，連接.因為，平面，平面,所以平面，同理，平面，又平面,所以平面平面，又平面，所以平面，又由題意知，四邊形與四邊形都為邊長為的正方形.因為，，所以，因為是中點，所以，又為側棱的中點，所以，所以四邊形是平行四邊形.所以，所以，所以，所以,即，解得.故選：B.23．（2023春·全國·高一專題練習）如圖，在棱長為1的正方體中，為棱的中點，為正方形內一動點（含邊界），若平面，則線段長度的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】過作平面與平面平行，則在平面與平面的交線上，即可求出.【詳解】如圖，取中點，中點，連接，所以，正方體中，易得，所以，因為平面，平面，所以平面，因為為中點，所以，因為平面，平面，所以平面，因為，所以平面平面，因為平面，所以平面，又為正方形內一動點（含邊界），所以在線段上，可得,則當在中點時，取得最小值為，當在兩端時，取得最大值為，所以長度的取值范圍是.故選：D.24．（2022春·湖南·高一校聯(lián)考期中）如圖，在棱長為2的正方體中，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，BC，CC1的中點，P是底面ABCD內動點.若直線D1P與平面EFG不存在公共點，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)給定條件，作出平面EFG與正方體部分棱的交點，再判斷點P所在的位置，利用等體積法計算作答.【詳解】在正方體中，連接，如圖，因F，G分別是棱BC，的中點，則，延長FE交DA延長線于M，取中點N，連MN，因E是棱AB的中點，則，而，則四邊形是平行四邊形，，即直線MN與FG確定一個平面，而點E，F(xiàn)，G均在此平面內，又不共線三點E，F(xiàn)，G確定一個平面，因此，它們是同一平面，平面，而平面，則有平面，連AC，有，平面，而平面，則有平面，又，平面，因此平面平面，而直線與平面EFG不存在公共點，又平面ACD1，從而有平面，即點平面ACD1，又點P在平面內，平面平面，于是得點P在直線AC上，連，則，平面，平面，即有平面，則有點P與點A到平面距離相等，于是得，所以棱錐的體積為.故選：D【點睛】方法點睛：作截面的常用方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.25．（2023·全國·高一專題練習）已知正方體的棱長為2，P為正方形ABCD內的一動點，E、F分別是棱、棱的中點．若平面BEF，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)線面平行求得點的軌跡，再結合幾何關系，求的最小值即可.【詳解】取中點分別為，連接，以及，如下所示：顯然//，故平面與平面是同一個平面，又//，故都在平面中；//，面面，故可得//面，//面面，故可得//面，又面，故面//面，又點在正方形，故點的軌跡是線段，故當且僅當時，取得最小值；在△中，，故，則，則.故選：A.26．（2022·全國·高一期末）如圖所示，正方體的棱長為2，E，F(xiàn)分別為，的中點，點P是正方體表面上的動點，若平面，則點在正方體表面上運動所形成的軌跡長度為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】要滿足平面，只需要尋找一個平面，使該平面經(jīng)過，且與平面平行即可,取的中點G，的中點H，連結.證明出面面.得到點在正方體表面上運動所形成的軌跡為三角形，求出周長即可.【詳解】取的中點G，的中點H，連結.正方體的棱長為2.為中點，所以,所以且.因為為分別為的中點，所以,且，所以四邊形為平行四邊形，所以.因為面，面，所以面.同理可證：面.又,面,面,所以面面.所以點在正方體表面上運動所形成的軌跡為三角形.因為正方體的棱長為2，所以,所以三角形的周長為.故選：B二、多選題27．（2022春·安徽蕪湖·高一校考期中）已知，是兩個平面，則下列條件可以得到的是（

）A．平面內的任何一條直線，都有B．平面內有無數(shù)條直線與平面平行C．平面內任意一條直線與平面內的任意一條直線都沒有公共點D．平面內有兩條相交直線都在平面外【答案】AC【分析】根據(jù)平面與平面平行的性質判斷各選項即可.【詳解】若不成立，則與相交，那么與內的任一條直線都與無公共點矛盾，故A、C正確；對于B，平面與平面也可能相交，故B錯誤；對于D，在平面外，可以是平行，也可以是相交，故D錯誤.故選：AC.28．（2022秋·江西宜春·高一江西省宜豐中學?？计谥校┤鐖D，這是四棱錐的平面展開圖，其中四邊形是正方形，E，F(xiàn)，G，H分別是的中點，則在原四棱錐中，下列結論中正確的有（

）A．平面∥平面 B．∥平面C．∥平面 D．∥平面【答案】ABCD【分析】根據(jù)中位線性質得到線線平行，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.【詳解】由平面展開圖還原四棱錐，如圖所示，可知ABCD均正確．若為交點，則為中點，連接，為中點，故，面，面，所以∥平面，B正確；又為中點，則，面，面，所以∥平面，D正確；由為中點，則，，故，又面，面，故∥平面，C正確；由，面，面，則面，同理可得面，而，面，所以平面∥平面，A正確.故選：ABCD29．（2022·高一課時練習）已知，表示兩條不重合的直線，，，表示三個不重合的平面，給出下列命題，其中正確的是（

）A．若，，且，則B．若，相交且都在，外，，，，，則C．若，，則D．若，，，則【答案】BD【分析】根據(jù)線面平行，面面平行的性質和判定分析判斷即可.【詳解】對于A，當，，且時，與有可能平行，也可能相交，所以A錯誤，對于B，設，確定的平面為，因為，，，，，是相交直線，所以，，故，所以B正確，對于C，當，時，與可能平行，也可能相交，所以C錯誤，對于D，當，，時，由線面平行的性質定理可知，所以D正確．故選：BD．30．（2022春·廣東江門·高一統(tǒng)考期末）如圖，在三棱錐中，D，E，F(xiàn)分別是側棱，，的中點．則下列結論中，其中正確的有（

）A．∥平面B．平面∥平面C．三棱錐與三棱錐的體積比為1∶4D．異面直線與所成角為60°【答案】AB【分析】由線面平行、面面平行的判定以及棱錐體積的計算及異面直線的夾角依次判斷即可.【詳解】對于A，易得，平面，平面，則∥平面，A正確；對于B，易得，平面，平面，則∥平面，又由A選項得∥平面，，平面，則平面∥平面，B正確；對于C，易得三棱錐與三棱錐的高之比為，又，則三棱錐與三棱錐的體積比為1∶8，C錯誤；對于D，易得，則或其補角即為異面直線與所成角，不確定的大小，則D錯誤.故選：AB.31．（2022春·江蘇無錫·高一江蘇省天一中學?？计谥校┝?，化學式為，在常壓下是一種無色?無臭?無毒?不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途.六氟化硫分子結構為正八面體結構（正八面體每個面都是正三角形，可以看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體），如圖所示，硫原子位于正八面體的中心，6個氟原子分別位于正八面體的6個頂點.若相鄰兩個氟原子間的距離為a（不計氟原子的大小），則（

）A．直線與為異面直線 B．平面平面C．直線與為異面直線 D．八面體外接球體積為【答案】BCD【分析】連接與，設，連接，依題意可得必過點，即可判斷A、C，再根據(jù)面面平行的性質判斷B，再由線段的長度可得即為外接球的球心，外接球的半徑，根據(jù)球的體積公式計算可判斷D；【詳解】解：連接與，設，則為正方形的中心，連接，根據(jù)正棱錐的性質可知必過點，即，所以、、、四點共面，所以、共面，故A錯誤，顯然、、、四點不共面，故直線與為異面直線，即C正確；因為，平面，平面，所以平面，依題意，所以，所以，即為等腰直角三角形，所以，即四邊形為平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，故B正確；顯然，則即為外接球的球心，外接球的半徑，所以外接球的體積，故D正確；故選：BCD32．（2023·全國·高一專題練習）如圖，棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1E＝2EA，設過點D1，C，E的平面與平面ABB1A1的交線為EF，則（

）A． B．EF＝aC．CF＝a D．三棱錐A－EFC的體積為a3【答案】AD【分析】根據(jù)題意依次對每個選項求解分析即可得出.【詳解】因為正方體中，平面平面，平面平面,平面平面，根據(jù)面面平行的性質可得，故A正確；故，，故BC錯誤；，故D正確.故選：AD.三、填空題33．（2023·全國·高一專題練習）如圖是正方體的平面展開圖．在這個正方體中，①平面AEND；②平面ABFE；③平面平面AFN；④平面平面以上四個命題中，正確命題的序號是______.【答案】①②③④【分析】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.【詳解】把正方體的平面展開圖還原成正方體，如圖所示：對于①，因為，平面AEND，平面AEND，所以平面AEND，命題①正確；對于②，，平面ABFE，平面ABFE，所以平面ABFE，命題②正確；對于③，，，面，面，所以面，面，，BD、平面BDN，所以平面平面AFN，命題③正確；對于④，，，面NCF，面NCF所以面NCF，面NCF，，BD、平面BDE，所以平面平面NCF，命題④正確．故答案為：①②③④．34．（2022春·安徽蕪湖·高一安徽師范大學附屬中學?？计谥校┰诶忾L為4的正方體中，點分別是棱的中點，是側面四邊形內（不含邊界）一點，若平面，則線段長度的最小值是___________.【答案】【分析】取的中點，的中點，由面面平行的性質證明點軌跡就是線段，求出等腰底邊上的高即得最小值．【詳解】如圖，取的中點，的中點，連接，并連接，由于點分別是棱的中點，所以，平面，平面，平面，與，平行且相等，則是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，面，平面，所以平面平面，平面，平面，且平面平面，所以，即點軌跡是線段，正方形棱長為4，則，，所以的最小值即為底邊上高等于．故答案為：．35．（2022春·全國·高一期末）設a，b是不同的直線，，是兩個不同的平面，給出下列結論：①若，b∥，∥，則a∥b；②若，，，則；③若，A∈，過點A作直線l∥，則；④平行于同一個平面的兩個平面平行．其中所有正確結論的序號是________．【答案】②③④．【分析】利用空間線線、線面平行及面面平行的性質定理和判定定理分別分析四個命題，得到正確答案.【詳解】對于①，，b∥，，則b，或者異面，故①錯誤；對于②，過作平面與平面交于，則，又，故，又，則，故②正確；對于③，故作平面與平面交于，則，，即重合，所以，故③正確；對于④，根據(jù)面面平行的兩個平面都與另一個平行，則這兩個平面沒有公共點，所以這兩個平面平行，故④正確.故答案為：②③④.36．（2022·全國·高一專題練習）如圖是一幾何體的平面展開圖，其中ABCD為正方形，E，F(xiàn)，G，H分別為PA，PD，PC，PB的中點．在此幾何體中，給出下面四個結論：①平面EFGH∥平面ABCD；②直線PA∥平面BDG；③直線EF∥平面PBC；④直線EF∥平面BDG.其中正確的序號是________．【答案】①②③【分析】作出立體圖形，連接四點構成平面，利用線面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性質依次分析選項即可.【詳解】作出立體圖形，連接四點構成平面，①：因為分別是的中點，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正確；②：連接，交于點，連接，則為的中點，得，又平面，平面，所以平面，故②正確；③：由①的分析可知，所以，因為平面，平面，所以平面，故③正確；④：由③的分析可知，結合圖形，可知，所以直線EF與平面BDG不平行，故④錯誤.故答案為：①②③37．（2022春·全國·高一期末）在棱長為2的正方體ABCD－中，E，F(xiàn)，G，H分別為棱，，，的中點，將該正方體挖去兩個大小完全相同的四分之一圓錐，得到如圖所示的幾何體，現(xiàn)有下列四個結論：①CG//平面ADE；

②該幾何體的上底面的周長為；③該幾何體的的體積為；

④三棱錐F－ABC的外接球的表面積為．其中所有正確結論的序號是____________．【答案】①③④【分析】由面面平行的性質判斷①；由題設知兩段圓弧的長度之和為，即可得上底周長判斷②；利用正方體體積及圓錐體積的求法求幾何體體積判斷③；首先確定外接球球心位置，進而求出球體的半徑，即可得F－ABC的外接球的表面積判斷④.【詳解】因為面面，面，所以CG//平面，即CG//平面ADE，①正確；依題意知，弧EF與弧HG均為圓弧，且這兩段圓弧的長度之和為，所以該幾何體的上底面的周長為，該幾何體的體積為8－，②錯誤，③正確；設M，N分別為下底面、上底面的中心，則三棱錐F－ABC的外接球的球心O在MN上．設OM＝h，則，解得，從而球O的表面積為，④正確.故答案為：①③④四、解答題38．（2022春·安徽蕪湖·高一校考期中）如圖，在正四面體中，，，，分別是，，的中點，取，的中點，，點為平面內一點(1)求證：平面平面(2)若平面，求線段的最小值，【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先由線面平行判定定理證明線面平行，再由面面平行判定定理證明面面平行即可；（2）由面面平行確定點在線段上，再求在邊上的高，即的最