8.5 空間直線、平面的平行

本文轉載自查看原文 2022-03-07 21:52 1614 必修第二冊【同步拔高】/ 立體幾何/ 線面位置關系

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模塊導圖

知識剖析

線線平行

1 基本事實4
平行於同一條直線的兩條直線平行(平行線的傳遞公理)
符號表述：$a / / b, b / / c \Rightarrow a / / c$
2 等角定理
如果空間中兩個角度兩條邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.

線面平行

1 定義
直線與平面無交點.
2 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.
(俗說：若$a \not \subset \alpha$，要證明$a / / \alpha$，則在平面$α$內找一條直線與直線$a$平行)
符號表述
$\left.\begin{array}{l} a / / b \\ a \not \subset \alpha \\ b \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha$ (線線平行⇒線面平行)
3 性質定理
一條直線與一個平面平行，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.
符號表述
$\left.\begin{array}{c} a / / \alpha \\ a \subset \beta \\ \alpha \cap \beta=b \end{array}\right\} \Rightarrow a / / b$ (線面平行⇒線線平行)
4 證明線面平行的方法
方法1 定義法(反證) $l \cap \alpha=\emptyset \Rightarrow l / / \alpha$(用於判斷)
方法2 判定定理：$\left.\begin{array}{l} a / / b \\ a \not \subset \alpha \\ b \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha$ (線線平行⟹線面平行)
方法3 $\left.\begin{array}{l} \alpha / / \beta \\ a \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \beta$(面面平行⇒線面平行)
方法4 $\left.\begin{array}{l} b \perp a \\ b \perp \alpha \\ a \not \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \alpha$

面面平行

1 定義
$α∩β=∅⟹α // β$;
判斷
(1) $α$內有無窮多條直線都與$β$平行 ( × )；
(2) $α$內的任何一條直線都與$β$平行 ( √ )；
2 判定定理
如果一個平面內的兩條相交直線都平行於另一個平面，那么兩個平面互相平行；
符號表述：$a, b \subset \alpha$，$a \cap b=0$，$a / / \beta$，$b / / \beta \Rightarrow \alpha / / \beta$
【如圖】

推論：一個平面內的兩條相交直線分別平行於另一個平面的兩條直線，那么這兩個平面互相平行.
符號表述：$a ,b⊂α$ ，$a∩ b=O$ ，$a^{\prime}, b^{\prime} \subset \beta$ ，$a / / a^{\prime}$ ,$b / / b^{\prime} \Rightarrow \alpha / / \beta$
【如圖】

3 面面平行的性質
性質1 $\left.\begin{array}{l} a \subset \alpha \\ \alpha / / \beta \end{array}\right\} \Rightarrow a / / \beta$ (面面平行⇒線面平行)
性質2 $\left.\begin{array}{c} \alpha / / \beta \\ \alpha \cap \gamma=a \\ \beta \cap \gamma=b \end{array}\right\} \Rightarrow a / / b$ (面面平行⇒線線平行)
性質3 夾在兩個平行平面間的平行線段相等.
4 證明面面平行的方法
方法1 定義法；
方法2 判定定理及推論(常用)

經典例題

【題型一】線面平行的證明

【典題1】 如圖所示，在棱長為$a$的正方體$ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$中，$E$,$F$ ,$P$ ,$Q$分別是$BC$， $C_1 D_1$，$AD_1$，$BD$的中點.
(1)求證：$PQ//$平面$DCC_1 D_1$；
(2)求$PQ$的長；
(3)求證：$EF//$平面 $BB_1 D_1 D$.

【解析】 (1) 如圖所示，連接$AC$，$CD_1$
$∵P$，$Q$分別為$AD_1 、AC$的中點，
$∴PQ//CD_1$，
$\because C D_{1} \subset$平面$DCC_1 D_1$，$P Q \not \subset$平面$DCC_1 D_1$，
$∴PQ//$平面$DCC_1 D_1$.

(2) 由題意，可得$P Q=\dfrac{1}{2} D_{1} C=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a$
(3) 連接$QE、D_1 Q$，

$∵E、Q$分別是$BC$，$BD$的中點，
$∴QE//CD$且$Q E=\dfrac{1}{2} C D$，
又$D_1 F//CD$且$Q E=\dfrac{1}{2} C D$，$∴D_1 F=QE$,$D_1 F//QE$，
$∴$四邊形$D_1 FEQ$是平行四邊形
$∴D_1 Q//EF$
又$\because D_{1} Q \subset$平面$D_1 FEQ$，$E F \not \subset$平面$D_1 FEQ$，
$∴EF//$平面$BB_1 D_1 D$.
【點撥】
① 在立體幾何中，遇到中點我們往往會想到中位線；
② 證明線面平行的過程中，經常利用三角形的中位線(如第一問)和構造平行四邊形的方法(如第三問);
③ 證明線面平行可轉化為證明線線平行或面面平行，本題第三問還有多種方法.

【典題2】 如圖所示，正四棱錐$P—ABCD$的各棱長均為$13$，$M$ ,$N$分別為$PA$ ,$BD$上的點，且$PM∶MA=BN∶ND=5∶8$.
(1)求證：直線$MN∥$平面$PBC$； (2)求線段$MN$的長.

【解析】 (1)證明連接$AN$並延長交$BC$於$Q$，連接$PQ$，如圖所示.

$∵AD∥BQ$，$∴△QNB∽△AND$，
$\therefore \dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{B Q}{A D}=\dfrac{5}{8}$，
又$\because \dfrac{P M}{M A}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{5}{8}$，
$\therefore \dfrac{M P}{A M}=\dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{5}{8}$，$∴MN//PQ$，
又$\because P Q \subset$平面$PBC$，$M N \not \subset$平面$PBC$，
$∴MN∥$平面$PBC$.
(2)解在等邊$△PBC$中，$∠PBC=60°$，
在$△PBQ$中由余弦定理知
$P Q^{2}=P B^{2}+B Q^{2}-2 P B \cdot B Q \cos \angle P B Q$，
$=13^{2}+\left(\dfrac{65}{8}\right)^{2}-2 \times 13 \times \dfrac{65}{8} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{8281}{64}$
$\therefore P Q=\dfrac{91}{8}$，
$∵MN∥PQ$，$MN∶PQ=8∶13$，
$\therefore M N=\dfrac{91}{8} \times \dfrac{8}{13}=7$.
【點撥】
① 證明線面平行可轉化為線線平行，而本題是利用線段成比例證明線線平行；
② 由於線段$PA$與$BD$是異面直線，則條件$PM∶MA=BN∶ND$不太好處理，一般要利用第三個“比例”把$PM∶MA$和$BN∶ND$聯系起來，本題$NQ：AN$充當了這個角色;
③ 處理線段成比例中，要常注意以下幾個模型，往往跟相似三角形有關：

比如本題中的$△QNB∽△AND$就是屬於“8字型”.

【題型二】線面平行的性質

【典題1】 如圖，四棱錐$P－ABCD$的底面$ABCD$是平行四邊形，$M、N$分別為線段$PC$、$PB$上一點，若$PM∶MC=3∶1$，且$AN∥$平面$BDM$，則$PN∶NB=$ (　　)

A.$4∶1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B.$3∶1$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C.$3∶2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D.$2∶1$
【解析】 如圖，連接$AC$交$BD$於點$O$，連接$CN$交$BM$於點$G$，
由$AN∥$平面$BDM$，可得$AN∥OG$，${\color{Red}{(此處是根據線面平行的性質) }}$
$∵OA=OC$，$∴CG=NG$，$∴G$為$CN$的中點，
作$HN∥BM$，$∴CM=HM$，
$∵PM∶MC=3：1$，$∴PH=HC$，
$∴PN∶NB=PH∶HM=2：1$，
故選：$D$.

【點撥】
① 題目中出現線面平行$AN∥$平面$BDM$，理當想到線面平行的性質；
② 線面平行的性質可由線面平行得到線線平行;
③ 在處理很多比例時，利用“份”的概念，可快速清楚各線段之間比例
比如
(1) 中$PM∶MC=3∶1$，$MC∶HM=2：1$，則設最短線$HM=1$(即$HM$為“$1$份”)，則$MC=2$ ,$PM=7$，則可得$PM∶MC=7：2$;
(2) 中$EF//BC$，若$AE∶AB=3∶7$，設$AE=3$(即線段$AB$共“$7$份”，$AE$占了“$3$份”)，則$AB=7$，$BE=4$，由於線段成比例，易得類似$FC：AC=4：7$等比例關系.

鞏固練習

1 (★) 如圖在正方體$ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$中，棱長為$a$，$M、N$分別為$A_1 B$、$AC$的中點，則$MN$與平面$BB_1 C_1 C$的位置關系是(　　)

A.相交 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B.平行$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C.垂直 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D.不能確定

2 (★) 如圖所示，$P$為$▱ABCD$所在平面外一點，$E$為$AD$的中點，$F$為$PC$上一點，當$PA∥$平面$EBF$時，$\dfrac{P F}{F C}=$$\underline{\quad \quad}$.

3 (★★) 如圖，在四面體$ABCD$中，$AB=CD=2$，$AD=BD=3$，$AC=BC=4$，點$E，F，G，H$分別在棱$AD$，$BD$，$BC$，$AC$上，若直線$AB$，$CD$都平行於平面$EFGH$，則四邊形$EFGH$面積的最大值是$\underline{\quad \quad}$.

4 (★★) 如圖.在四棱錐$P－ABCD$中.底面$ABCD$是平行四邊形，點$M$為棱$AB$上一點$AM=2MB$.點$N$為棱$PC$上一點，
(1)若$PN=2NC$，求證：$MN∥$平面$PAD$；
(2)若$MN∥$平面$PAD$，求證：$PN=2NC$.

5 (★★★) 如圖所示，四邊形$EFGH$為空間四邊形$ABCD$的一個截面，若截面為平行四邊形.
(1) 求證：$AB∥$平面$EFGH$，$CD∥$平面$EFGH$.
(2) 若$AB=4$ ,$CD=6$，求四邊形$EFGH$周長的取值范圍.

參考答案

【答案】$B$
【解析】 連結$A_{1} C 、 B C$，取$A_{1} C$的中點$Q$，$A_{1} B$的中點$P$，
連結$NQ$、$PQ$、$MN$，
$∵$在正方體$A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$中，棱長為$a$，$M、N$分別為$A_1B$、$AC$的中點，
$∴NQ∥CC_1$，$PQ∥BC$，
$\because P Q \cap N Q=Q$，$C C_{1} \cap B C=C$，$P Q, N Q \subset$平面$PMN$，$C C_{1}, B C \subset$平面$A_{1} B C_{1}$，
$∴$平面$PNQ∥$平面$A_{1} B C_{1}$，
$\because M N \subset$平面$PNQ$，$∴MN∥$平面$B B_{1} C_{1} C$．
故選：$B$．
【答案】$\dfrac{1}{2}$
【解析】 連接$AC$交$BE$於點$M$，連接$FM$．
$∵PA∥$平面$EBF$，$P A \subset$平面$PAC$，平面$\mathrm{PAC} \cap$平面$EBF=EM$，
$∴PA∥EM$，$\therefore \dfrac{P F}{F C}=\dfrac{A M}{M C}=\dfrac{A E}{B C}=\dfrac{1}{2}$，故答案為：$\dfrac{1}{2}$．
【答案】$1$
【解析】 $∵$直線$AB$平行於平面$EFGH$，且平面$ABC$交平面$EFGH$於$HG$，$∴HG∥AB$；
同理$EF∥AB$，$FG∥CD$，$EH∥CD$，所以$FG∥EH$，$EF∥HG$．
故：四邊形$EFGH$為平行四邊形．
又$∵AD=BD$，$AC=BC$的對稱性，可知$AB⊥CD$．
所以四邊形$EFGH$為矩形．
設$BF∶BD=BG∶BC=FG∶CD=x$，$(0≤x≤1)$，$FG=2x$，$HG=2(1－x)$
$S_{E F G H}=F G \times H G=4 x(1-x)=-4\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+1$
根據二次函數的性質可知：$S_{EFGH}$面積的最大值$1$．
【證明】 (1)過$N$作$NE∥CD$交$PD$於$E$，連接$AE$．
則$\dfrac{E N}{C D}=\dfrac{P N}{P C}=\dfrac{2}{3}$，$\therefore EN=\dfrac{2}{3} C D$，
又$AM=2MB$，$\therefore AM =\dfrac{2}{3} A B$．
又$AB=CD$，$AB//CD$
$\therefore AM = EN$，$AM // EN$
$∴$四邊形$AMNE$是平行四邊形，
$∴MN∥AE$，又$\mathrm{MN} \not \subset$平面$PAD$，$A E \subset$平面$PAD$，
$∴MN∥$平面$PAD$．
(2)過$N$作$NE∥CD$交$PD$於$E$，
$∵NE∥CD∥AB$，$∴NE∥AB$，
$∴A，M，N，E$四點共面，
$∵MN∥$平面$PAD$，$MN \subset$平面$AMNE$，平面$AMNE\cap$平面$PAD=AE$，$∴MN∥AE$，
$∴$四邊形$AMNE$是平行四邊形，$\therefore NE = AM =\dfrac{2}{3} A B=\dfrac{2}{3} CD$．
$\therefore \dfrac{P N}{P C}=\dfrac{N E}{C D}=\dfrac{2}{3}$，$∴PN=2NC$．
【答案】（1）見解析（2）$(8，12)$
【解析】 (1)證明 $∵$四邊形$EFGH$為平行四邊形，$∴EF∥HG$.
$\because HG \subset$平面$ABD$，$∴EF∥$平面$ABD$.
$\because E F \subset$ 平面$ABC$，平面$ABD \cap$平面$ABC=AB$，
$∴EF∥AB$. (線面平行的性質)
$∴AB∥$平面$EFGH$.
同理可證，$CD∥$平面$EFGH$.
(2)解設$EF=x(0＜x＜4)$，由於四邊形$EFGH$為平行四邊形，
$\therefore \dfrac{C F}{C B}=\dfrac{x}{4}$ .則$\dfrac{F G}{6}=\dfrac{B F}{B C}=\dfrac{B C-C F}{B C}=1-\dfrac{x}{4}$.從而$FG =6-\dfrac{3}{2} x$.
$∴$四邊形$EFGH$的周長$l=2\left(x+6-\dfrac{3}{2} x\right)=12-x$.
又$0＜x＜4$，則有$8＜l＜12$,
$∴$四邊形$EFGH$周長的取值范圍是$(8，12)$.

【題型三】面面平行的證明

【典題1】 如圖，$ABCD$與$ADEF$均為平行四邊形，$M$，$N$，$G$分別是$AB$，$AD$，$EF$的中點.
(1)求證：$BE∥$平面$DMF$；
(2)求證：平面$BDE∥$平面$MNG$.

【解析】 (1) ${\color{Red}{方法1 }}$ 連接$AE$交$DF$於$H$，連接$HN$，如圖示

$∵ADEF$均為平行四邊形，$∴H$是$AE$中點，
又$∵M$是$AB$的中點，$∴HN//EN$
又$\because H N \subset$平面$DMF$，$B E \not \subset$平面$DMF$
$∴BE∥$平面$DMF$.
${\color{Red}{方法2 }}$ 作$DC$的中點$P$，連接$PE、PB$，
$ABCD$與$ADEF$均為平行四邊形，
$M，N，G$分別是$AB，AD，EF$的中點.
$∴PB∥DM$，$FM∥PE$，且$FM，MD$交於$M$點，$PB$，$PE$交於$P$點，
故平面$DFM∥$平面$BPE$，
$∴BE∥$平面$DMF$；
(2)$∵MN∥BD$，$GN∥DE$，且$MN、GN$交於$N$點，$DE、DB$交於$D$點，
$∴$平面$BDE∥$平面$MNG$.
【點撥】
① 遇到中點，可想到三角形的中位線；
② 利用三角形中位線和平行四邊形證明線線平行是常見的方法；
③ 第一問中，證明線面平行可轉化為線線平行或面面平行，方法1就是在平面$DMF$內找一直線平行$EB$，充分利用了三角形的中位線；方法2是利用面面平行的性質，需要找到過直線BE且平行平面$DEF$的平面$EPB$.
④ 第二問，面面平行的證明轉化為線線平行: 平面$BDE∥$平面$MNG$$⇔MN∥BD$，$GN∥DE$.

【典題2】 如圖，在四棱錐$P－ABCD$中，$∠ABC=∠ACD=90^°$，$∠BAC=∠CAD=60^°$，$PA⊥$平面$ABCD$，$PA=2$，$AB=1$．設$M$，$N$分別為$PD$，$AD$的中點．
(1)求證：平面$CMN∥$平面$PAB$；(2)求三棱錐$P－ABM$的體積．

【解析】 (1)證明 $∵M ,N$分別為$PD，AD$的中點，
$∴MN∥PA$．
又$\because M N \not \subset$平面$PAB$，$P A \subset$平面$PAB$，
$∴MN∥$平面$PAB$．
在$Rt△ACD$中，$N$分別為$AD$的中點，$∴CN=AN$，
$∴∠ACN=∠CAD=60^°$．
又$∵∠BAC=60^°$，$∴CN∥AB$．
$∵CN⊄$平面$PAB$，$AB⊂$平面$PAB$，
$∴CN∥$平面$PAB$．
又$∵CN∩MN=N$，$∴$平面$CMN∥$平面$PAB$．
(2) 由(1)知，平面$CMN∥$平面$PAB$，
$∴$點$M$到平面$PAB$的距離等於點$C$到平面$PAB$的距離．
由已知$AB=1$，$∠ABC=90^°$，$∠BAC=60^°$，$\therefore B C=\sqrt{3}$，
$∴$三棱錐$P－ABM$的體積
$V_{P-A B M}=V_{M-P A B}=V_{C-P A B}=V_{P-A B C}$$=\dfrac{1}{3} \times P A \times S_{A B C}=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 1 \times \sqrt{3} \times 2=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．

【點撥】
① 面面平行可轉化為線面平行：$a ,b⊂α$ ,$a∩ b=O$ ,$a // β$ ,$b // β⇒α // β$;要證明在平面$CMN∥$平面$PAB$，只需要在平面$CMN$找到兩條相交線均平行平面$PAB$便行;
② 夾在兩個平行平面間的平行線段相等，則點$M$到平面$PAB$的距離等於點$C$到平面$PAB$的距離;
③ 求三棱錐的體積常用等積法.三棱錐$P－ABM$的體積表示為$V_{P-A B M}$即以點$P$到平面$ABM$的距離為高$h_1$、以平面$ABM$為底面，而表示為$V_{M-P A B}$是以平面$PAB$為底面、點$M$到面$PAB$的距離為高$h_2$，而$h_1$較難求，故想到$V_{P-A B M}=V_{M-P A B}$.等式 $V_{P-A B M}=V_{M-P A B}$$=V_{C-P A B}=V_{P-A B C}$(相當連續用了兩次等積法).

【典題3】 如圖，在棱長為$2$的正方體$ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$中，$M$是$A_1 B_1$的中點，點$P$是側面$CDD_1 C_1$上的動點，且$MP//$截面$AB_1 C$，則線段$MP$長度的取值范圍是(　　)
A. $[\sqrt{2}, \sqrt{6}]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]$$\qquad \qquad \qquad \qquad$C. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{3}]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D.$ [\sqrt{6}, 3]$

【解析】

取$CD$的中點$N$，$CC_1$的中點$R$，$B_1 C_1$的中點$H$，
則$MN//B_1 C//HR$ ,$MH//AC$，
故平面$MNRH//$平面$AB_1 C$，
$MP⊂$平面$MNRH$，線段$MP$掃過的圖形是$△MNR$，
由$AB=2$，則$M N=2 \sqrt{2}$ ,$N R=\sqrt{2}$ ,$M R=\sqrt{6}$,
$∴ MN^2=NR^2+MR^2$ ,
$∴∠MRN$是直角，
$∴$線段$MP$長度的取值范圍是：$(MR ,MN)$，即$(\sqrt{6}, 2 \sqrt{2})$.
故選：$B$.
【點撥】
① 本題的關鍵是找到滿足條件的點P的軌跡，由已知$\left\{\begin{array}{c} \text { 點 } P \text { 是側面 } C D D_{1} C_{1} \text { 上的動點 } \\ M P / / \text { 截面 } A B_{1} C \end{array}\right.$可知點$P$的軌跡是過點$M$且平行面$AB_1 C$的平面與側面$CDD_1 C_1$的交線；怎么找到呢？以下提供另一思路：想象將面$AB_1 C$沿着$B_1 M$方向平移過點$M$，較易得到面$MNQ$(如下圖$1$)，而面$MNQ$與側面$CDD_1 C_1$的交線就是所求交線了，那把面$MNQ$拓展成面$MQNJ$，易得交線為$NR$(如下圖$2$);

② 線段$MP$掃過的圖形是$△MNR$，則需要求出$△MNR$三邊長度，確定$MP$的長度范圍.

【題型四】面面平行的性質

【典題1】 已知兩條直線$a$，$b$，兩個平面$α$，$β$，則下列結論中正確的是 (　　)
A．若a$⊂β$，且$α∥β$，則$a∥α$
B．若$b⊂α$，$a∥b$，則$a∥α$
C．若$a∥β$，$α∥β$，則$a∥α$
D．若$b∥α$，$a∥b$，則$a∥α$
【解析】 $A ∵α∥β$，又$a⊂β$，$∴a∥α$，故$A$正確；
$B ∵b⊂α$，$a∥b$，若$a⊂α$，則$a$不可能與$α$平行，故$B$錯誤；
$C ∵a∥β$，$α∥β$，若$a⊂α$，則結論不成立，故$C$錯誤；
$D ∵b∥α$，$a∥b$，若$a⊂α$，則結論不成立，故$D$錯誤；
故$A$正確；
【點撥】
① 線面的位置關系有三種：$a∥α、a⊂α、a∩α=A$；
② 證明某些選項是錯只需要舉個反例，比如選項$C$是怎么會想到“$a⊂α$”這個反例的呢？
運用“運動的思想”，先由$α∥β$固定兩個平面$α、β$，再由$a∥β$把線段$a$由上至下“運動”下來，則$a、α$的關系有兩種情況$a⊂α、a∥α$.選項$B$、$D$也可類似.

【典題2】 已知平面$α∥$面$β$，$AB$、$CD$為異面線段，$AB⊂α$，$CD⊂β$，且$AB=a$，$CD=b$，$AB$與$CD$所成的角為$θ$，平面$γ∥$面$α$，且平面$γ$與$AC$、$BC$、$BD$、$AD$分別相交於點$M$、$N$、$P$、$Q$．
(1)若$a=b$，求截面四邊形$MNPQ$的周長；
(2)求截面四邊形$MNPQ$面積的最大值．

【解析】 (1)$∵$平面$α∥$面$β$，平面$ABC∩α=AB$，平面$ABC∩β=MN$，
$∴AB∥MN$，
同理$PQ∥AB$，有$PQ∥MN$，同理$NP∥MQ$，
$∴$四邊形$MNPQ$是一個平行四邊形，
$\therefore \dfrac{N P}{C D}=\dfrac{B P}{B D}$，$\dfrac{P Q}{A B}=\dfrac{D P}{B D}$，
$\therefore \dfrac{N P}{C D}+\dfrac{P Q}{A B}=\dfrac{B P+D P}{B D}=1$，
$∵AB=CD=a$，
$∴NP+PQ=a$，即四邊形的周長是$2a$．
(2)設$AC=c$，$CM=x$，
由$MN∥AB$，得$M N=\dfrac{x}{c} a$，同理$M Q=\dfrac{c-x}{c} b$，
又$AB$與$CD$所成的角為$θ$，$\therefore \sin \angle N M Q=\sin \theta$
$∴$四邊形的面積是$S=2 \times \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{x}{c} \cdot a \cdot \dfrac{c-x}{c} \cdot b \cdot \sin \theta=\dfrac{a b}{c^{2}}\left[-\left(x-\dfrac{c}{2}\right)^{2}+\dfrac{c^{2}}{4}\right] \sin \theta$
$∴$當$x=\dfrac{c}{2}$時，$S$的最大值是$\dfrac{a b}{4} \sin \theta$，
此時$M$為$AC$的中點．
【點撥】
① 面面平行的性質：$\left.\begin{array}{c} \alpha / / \beta \\ \alpha \cap \gamma=a \\ \beta \cap \gamma=b \end{array}\right\} \Rightarrow a / / b$，由面面平行可得到線線平行；
② 在處理線線平行中線段的問題，注意“$A$字型”、“$8$字型”的模型；
③ 由三角形面積公式$S=\dfrac{1}{2} a b \sin C$，可得平行四邊形$ABCD$的面積
$S=2 S_{\triangle A B C}=2 \times \dfrac{1}{2} A B \times B C \times \sin \angle A B C=A B \times B C \times \sin \angle A B C$
④ 線線平行、線面平行、面面平行之間的轉化關系

鞏固練習

1 (★) 已知直線$a⊂α$，給出以下三個命題：
①若平面$α∥$平面$β$，則直線$a∥$平面$β$；
②若直線$a∥$平面$β$，則平面$α∥$平面$β$；
③若直線$a$不平行於平面$β$，則平面$α$不平行於平面β．
其中正確的命題是(　　)
A. $(2)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $(3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$C. $(1)(2)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $(1)(3)$

2 (★★) 在正方體$ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$中，$E$，$F$，$G$分別是$A_1 B_1$，$B_1 C_1$，$BB_1$的中點，給出下列四個推斷：
①$FG∥$平面$AA_1 D_1 D$； ②$EF∥$平面$BC_1 D_1$；
③$FG∥$平面$BC_1 D_1$； ④平面$EFG∥$平面$BC_1 D_1$
其中推斷正確的序號是 (　　)

A. $(1)(3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $(1)(4)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $(2) (3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $(2) (4)$

3 (★★) 已知平面$α∥$平面$β$，$P$是$α，β$外一點，過點$P$的直線$m$與$α，β$分別交於點$A$，$C$，過點$P$的直線$n$與$α，β$分別交於點$B$，$D$，且$PA=6$，$AC=9$，$PD=8$，則$BD$的長為(　　)
A. $\dfrac{24}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B. $\dfrac{12}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C.$\dfrac{24}{5}$或 $24$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D. $\dfrac{12}{5}$或 $12$

4 (★★) 已知兩平行平面$α$與$β$之間的距離為$4$，直線$a⊂β$，點$A∈a$，則平面$α$內到點$A$的距離為$5$，且到直線$a$的距離為$2 \sqrt{5}$的點的軌跡是(　　)
A．一組平行線 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．一條拋物線 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．兩段圓弧 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．四個點

5 (★★) 如圖，已知平面$α，β，γ$，且$α∥β∥γ$，直線$a，b$分別與平面$α$，$β$，$γ$交於點$A$，$B$，$C$和$D$，$E$，$F$，若$AB=1$，$BC=2$，$DF=9$，則$EF=$$\underline{\quad \quad}$．

6 (★★) 如圖所示，$ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$是棱長為$a$的正方體，$M、N$分別是下底面的棱$A_1 B_1$，$B_1 C_1$的中點，$P$是上底面的棱$AD$上的一點，$A P=\dfrac{a}{3}$，過$P、M、N$的平面交上底面於$PQ$，$Q$在$CD$上，則$PQ=$$\underline{\quad \quad}$．

7 (★★) 在長方體$ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中 ,$DA=DC=1$ ,$DD_1=2$，分別在對角線$A_1 D ,CD_1$上取點$M ,N$，使得直線$MN//$平面$A_1 ACC_1$，則線段$MN$長的最小值為$\underline{\quad \quad}$．

8 (★★) 已知：如圖，平面$α、β$滿足$α∥β$，$A、C∈α$，$B、D∈β$，$E∈AB$，$F∈CD$，$AC$與$BD$異面，且$\dfrac{A E}{E B}=\dfrac{C F}{F D}$．求證：$EF∥β$.

9 (★★★) 在正方體$ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$中，$M、N、P$分別是$AD_1$、$BD$和$B_1 C$的中點，
求證：(1)$MN∥CD_1$
(2)$MN∥$平面$CC_1 D_1 D$．
(3)平面$MNP∥$平面$CC_1 D_1 D$．

參考答案

【答案】$D$
【解析】 ①若平面$α∥$平面$β$，則直線$a∥$平面$β$；
因為直線$a⊂α$，平面$α∥$平面$β$，則$α$內的每一條直線都平行平面$β$．顯然正確．
②若直線$a∥$平面$β$，則平面$α∥$平面$β$；因為當平面$α$與平面$β$相加時候，仍然可以存在直線$a⊂α$使直線$a∥$平面$β$．故錯誤．
③若直線$a$不平行於平面$β$，則平面$α$不平行於平面$β$，平面內有一條直線不平行與令一個平面，兩平面就不會平行．故顯然正確．
故選$D$．
【答案】$A$
【解析】 $∵$在正方體$A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$中，$E$，$F$，$G$分別是$A_1 B_1$，$B_1 C_1$，$BB_1$的中點，
$\therefore F G / / B C_{1}$，$\because B C_{1} / / A D_{1}$，$\therefore F G / / A D_{1}$，
$∵FG⊄$平面$A A_{1} D_{1} D$，$A D_{1} \subset$平面$A A_{1} D_{1} D$，
$∴FG∥$平面$A A_{1} D_{1} D$，故①正確；
$\because E F / / A_{1} C_{1}$，$A_{1} C_{1}$與平面$B C_{1} D_{1}$相交，
$∴EF$與平面$B C_{1} D_{1}$相交，故②錯誤；
$∵E，F，G$分別是$A_1 B_1$，$B_1 C_1$，$BB_1$的中點，
$\therefore F G / / B C_{1}$，$∵FG⊄$平面$B C_{1} D_{1}$，$B C_{1} \subset$平面$B C_{1} D_{1}$，
$∴FG∥$平面$B C_{1} D_{1}$，故③正確；
$∵EF$與平面$B C_{1} D_{1}$相交，
$∴$平面$EFG$與平面$B C_{1} D_{1}$相交，故④錯誤．
故選：$A$．
【答案】$C$
【解析】 連接$AB、CD$；
①當點$P$在$CA$的延長線上，即$P$在平面$α$與平面$β$的同側時，如圖1；
$∵α∥β$，平面$PCD∩α=AB$，平面$PCD∩β=CD$，
$∴AB∥CD$，$\therefore \dfrac{P A}{A C}=\dfrac{P B}{B D}$；
$∵PA=6$，$AC=9$，$PD=8$，
$\therefore \dfrac{6}{9}=\dfrac{8-B D}{B D}$，解得$B D=\dfrac{24}{5}$；
②當點$P$在線段$CA$上，即$P$在平面$α$與平面$β$之間時，如圖2；
類似①的方法，可得$\dfrac{P A}{P C}=\dfrac{P B}{P D}$，
$∵PA=6$，$PC=AC－PA=9－6=3$，$PD=8$，
$\therefore \dfrac{6}{3}=\dfrac{P B}{8}$，解得$PB=16$；
$∴BD=PB+PD=24$；
綜上，$BD$的長為$\dfrac{24}{5}$或$24$．
故選：$C$．

【答案】$D$
【解析】 設滿足條件的點為$D$，
過點$P$做平面$A$的垂線$PE$，則$PE=4$．
平面$α$內一點$D$到點$P$的距離為$PD=5$，$PD^2=PE^2+ED^2$，
$∴ED^2=36$，即$D$為平面$α$上以垂足$E$為圓心，半徑$R=ED=6$的圓上，
過垂足$E$做直線$L_1$平行於直線$L$，
則直線間距離$d_1=PE=4$，
在平面$α$內做直線$L_2$使得$L_2$到$L$的距離$d_{2}=2 \sqrt{5}$，
設平面$α$內直線$L_1 、L_2$距離為$M$，
則有$d_2^2=d_1^2+M^2$，解得$M^2=17$，
即平面$α$內直線$L_1 、L_2$距離為$\sqrt{17}<R=6$，
所以同時滿足到點$P$的距離為$5$且到直線l的距離為$2 \sqrt{5}$的點的軌跡為：$L_2$與圓的四個交點．
故選：$D$．
【答案】$6$
【解析】 $∵AB=1，BC=2，DF=9$，
若$A，B，C，D，E，F$六點共面
由面面平行的性質定理可得$AB∥CD∥EF$
根據平行線分線段成比例定理可得：$\dfrac{B C}{A C}=\dfrac{E F}{D F}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{E F}{9}$
$∴EF=6$
若$A，B，C，D，E，F$六點不共面
連接$AF$，交$β$於$M$，連接$BM$、$EM$、$BE$．
$∵β∥γ$，平面$ACF$分別交$β、γ$於$BM、CF$，
$∴BM∥CF$．$\therefore \dfrac{B C}{A C}=\dfrac{M F}{A F}$
同理$\dfrac{M F}{A F}=\dfrac{E F}{D F}$．
$\therefore \dfrac{B C}{A C}=\dfrac{E F}{D F}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{E F}{9}$ $\therefore E F=6$
綜上所述：$EF=6$
【答案】$\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a$
【解析】 $∵$平面$ABCD∥$平面$A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$，$M N \subset$平面$A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$
$∴MN∥$平面$ABCD$，又$PQ=$面$PMN∩$平面$ABCD$，
$∴MN∥PQ$．
$∵M、N$分別是$A_{1} B_{1}$、$B_{1} C_{1}$的中點，
$\therefore M N / / A_{1} C_{1} / / A C$，
$∴PQ∥AC$，又$A P=\dfrac{a}{3}$，$A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$是棱長為$a$的正方體，$\therefore C Q=\dfrac{a}{3}$，從而$D P=D Q=\dfrac{2 a}{3}$，
$\therefore P Q=\sqrt{D Q^{2}+D P^{2}}=\sqrt{\left(\dfrac{2 a}{3}\right)^{2}+\left(\dfrac{2 a}{3}\right)^{2}}=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a$．
故答案為：$\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} a$
【答案】$\dfrac{2}{3}$
【解析】 作$MM_1⊥AD$於點$M_1$，作$NN_1⊥CD$於點$N_1$，

$∵$線段$MN$平行於對角面$ACC_1 A_1$，$∴M_1 N_1//AC$．
(面面平行的判定和性質)
設$DM_1=DN_1=x$，則$MM_1=2x$，$NN_1=2-2x$，
(線段成比例)
在直角梯形$MNN_1 M_1$中，
$M N^{2}=(\sqrt{2} x)^{2}+(2-4 x)^{2}=18\left(x-\dfrac{4}{9}\right)^{2}+\dfrac{4}{9}$
$∴$當$x=\dfrac{4}{9}$時，$MN$的最小值為$\dfrac{2}{3}$．
【證明】 (Ⅰ)證明：連接$AD$，作$EG∥BD$交$AD$於點$G$，連接$FG$
$∵EG∥BD$，
$\therefore \dfrac{A E}{E B}=\dfrac{A G}{G D}$．
又$\because \dfrac{A E}{E B}=\dfrac{C F}{F D}$，$\therefore \dfrac{A G}{G D}=\dfrac{C F}{F D}$
$∴FG∥AC$，
$∴FG∥α$，又$α∥β$，
$∴FG∥β$；
又因為$EG∩FG=G$．
$∴$平面$EFG∥β$，
而$EF⊂$平面$EFG$；
$∴EF∥β$．
【證明】 (1)$∵$正方體$A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$中，$M、N、P$分別是$AD_1$、$BD$和$B_1 C$的中點，
$∴$連結$AC、BD$，交於點$N$，
$∴$由三角形中位線定理得：$M N / / C D_{1}$．
(2)$\because M N / / C D_{1}$，
$MN⊂$平面$C C_{1} D_{1} D$，$C D_{1} \not \subset$平面$C C_{1} D_{1} D$，
$∴MN∥$平面$C C_{1} D_{1} D$．
(3)連結$B_{1} C, B C_{1}$，交於點$P$，則$P$是$B C_{1}$的中點，
$∴MP∥CD$，
$\because M P \not \subset$平面$C C_{1} D_{1} D$，$CD⊂$平面$C C_{1} D_{1} D$，
$∴MP∥$平面$C C_{1} D_{1} D$．
$∵MN∥$平面$C C_{1} D_{1} D$，且$MP∩MN＝M$，$MP、MN⊂$平面$MNP$，
$∴$平面$MNP∥$平面$C C_{1} D_{1} D$．

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