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[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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必修第二册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

定义

直线与平面无交点.

判定定理

如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.

(1) 若平面\(\alpha\)外一直线\(a\)与该平面一直线\(b\)平行，则直线\(a\)与平面\(\alpha\)没有公共点，即直线\(a\)与平面\(\alpha\)平行；

(2) 符号表述

\[\left.\begin{array}{c} a \| b \\ a \not \subset \alpha \\ b \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a \| \alpha \text { (线线平行 } \Rightarrow \text { 线面平行) }\]

(3) 若\(a\not \subset \alpha\)，要证明\(a||\alpha\)，则在平面\(\alpha\)内找一条直线与直线\(a\)平行.把直面平行问题转化为线线平行.

性质定理

一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.

(1) 符号表述

\[\left.\begin{array}{c} a \| \alpha \\ a \subset \beta \\ \alpha \cap \beta=b \end{array}\right\} \Rightarrow a \| b \text { (线面平行 } \Rightarrow \text { 线线平行) }\]

(2) 证明：如上图，\(\because \alpha\cap \beta =b\)，\(\therefore b\subset \alpha\)，又\(a||\alpha\)，\(\therefore a\)与\(b\)无公共点，
又\(a\subset \beta\)，\(b\subset \beta\)，\(\therefore a||b\).
(3) 该性质定理可以由线面平行得到线线平行，即线线平行问题也可以转化为线面平行.

证明线面平行的方法

① 定义法(反证)\(l\cap \alpha=∅ ⇒l|| \alpha\)(用于判断)
② 判定定理：\(\left.\begin{array}{c} a \| b \\ a \not \subset \alpha \\ b \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a \| \alpha(\text { 线线平行 } \Rightarrow \text { 线面平行 })\)
③ \(\left.\begin{array}{c} \alpha \| \beta \\ a \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a \| \beta \text { (面面平行 } \Rightarrow \text { 线面平行) }\)
④ \(\left.\begin{array}{l} b \perp a \\ b \perp \alpha \\ a \not \subset \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a \| \alpha\)

基本方法

【题型1】线面平行的判定

【典题1】如图所示，在棱长为\(a\)的正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\) ，\(F\) ，\(P\) ，\(Q\)分别是\(BC\)，\(C_1 D_1\)，\(AD_1\)，\(BD\)的中点.
(1) 求证：\(PQ||\)平面\(DCC_1 D_1\)；
(2) 求\(PQ\)的长；
(3) 求证：\(EF||\)平面\(BB_1 D_1 D\).

解析 (1) 如图所示，连接\(AC\)，\(CD_1\)

\(\because P\)，\(Q\)分别为\(AD_1\)、\(AC\)的中点，\(\therefore PQ||CD_1\)，
\(\because CD_1\subset\)平面\(DCC_1 D_1\)，\(PQ\not \subset\)平面\(DCC_1 D_1\)，
\(\therefore PQ||\)平面\(DCC_1 D_1\).
(2) 由题意，可得：\(PQ=\dfrac{1}{2} D_1 C=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a\)，
(3) 连接\(QE\)、\(D_1 Q\)，

\(\because E\)、\(Q\)分别是\(BC\)，\(BD\)的中点，\(\therefore QE||CD\)且\(QE=\dfrac{1}{2} CD\)，
又\(D_1 F||CD\)且\(QE=\dfrac{1}{2} CD\)，\(\therefore D_1 F=QE\)，\(D_1 F||QE\)，
\(\therefore\)四边形\(D_1 FEQ\)是平行四边形，
\(\therefore D_1 Q||EF\)，
又\(\because D_1 Q\subset\)平面\(D_1 FEQ\)，\(EF\not \subset\)平面\(D_1 FEQ\)，
\(\therefore EF||\)平面\(BB_1 D_1 D\).
点拨
① 在立体几何中，遇到中点我们往往会想到中位线；
② 证明线面平行的过程中，经常利用三角形的中位线(如第一问)和构造平行四边形的方法(如第三问)；
③ 证明线面平行可转化为证明线线平行或面面平行，本题第三问还有多种方法.

【巩固练习】

1.如图，在下列四个正方体中，\(A\)，\(B\)为正方体的两个顶点，\(M\)，\(N\)，\(Q\)为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线\(AB\)与平面\(MNQ\)不平行的是(　　)
A． \(\qquad\) B． \(\qquad\) C． \(\qquad\) D．

2.如图所示，四棱锥\(P-ABCD\)的底面是一直角梯形，\(AB∥CD\)，\(CD=2AB\)，\(E\)为\(PC\)的中点，则\(BE\)与平面\(PAD\)的位置关系为\(\underline{\quad \quad}\)．

3.如图所示，正四棱锥\(P—ABCD\)的各棱长均为\(13\)，\(M\)，\(N\)分别为\(PA\)，\(BD\)上的点，且\(PM:MA=BN:ND=5:8\).
(1)求证:直线\(MN∥\)平面\(PBC\)； \(\qquad\) (2)求线段\(MN\)的长.

参考答案

答案 \(A\)
解析对于选项\(B\)，由于\(AB∥MQ\)，结合线面平行判定定理可知\(B\)不满足题意；
对于选项\(C\)，由于\(AB∥MQ\)，结合线面平行判定定理可知\(C\)不满足题意；
对于选项\(D\)，由于\(AB∥NQ\)，结合线面平行判定定理可知\(D\)不满足题意；
所以选项\(A\)满足题意，
故选:\(A\)．
答案平行
解析取\(PD\)的中点\(F\)，连接\(EF\)，\(AF\)，由\(E\)、\(F\)为中点，
所以\(EF∥CD\)且\(EF=\dfrac{1}{2} CD\)，又\(AB∥CD\)，\(CD=2AB\)，
故\(EF∥AB\)，且\(EF=AB\)，从而四边形\(ABEF\)为平行四边形，
所以\(BE∥AF\)，\(BE\not \subset\) 平面\(PAD\)，\(AF\subset\)平面\(PAD\)，
根据线面平行的判定定理可得\(BE∥\)平面\(PAD\)；
故答案为:平行
答案 (1)略 (2) \(7\)
解析 (1)证明连接\(AN\)并延长交\(BC\)于\(Q\)，连接\(PQ\)，如图所示.

\(\because AD∥BQ\)，\(\therefore △QNB∽△AND\)，
\(\therefore \dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{B Q}{A D}=\dfrac{5}{8}\)，
又 \(\because \dfrac{P M}{M A}=\dfrac{B N}{N D}=\dfrac{5}{8}\)，
\(\therefore \dfrac{M P}{A M}=\dfrac{N Q}{A N}=\dfrac{5}{8}\)，\(\therefore MN||PQ\)，
又\(\because PQ\subset\) 平面\(PBC\)，\(MN\not \subset\)平面\(PBC\)，
\(\therefore MN∥\)平面\(PBC\).
(2)解在等边\(△PBC\)中， \(\angle P B C=60^{\circ}\)，
在\(△PBQ\)中由余弦定理知知 \(P Q^2=P B^2+B Q^2-2 P B \cdot B Q \cos \angle P B Q\)\(=13^2+\left(\dfrac{65}{8}\right)^2-2 \times 13 \times \dfrac{65}{8} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{8281}{64}\)，
\(\therefore P Q=\dfrac{91}{8}\)，
\(\because MN∥PQ\)，\(MN:PQ=8:13\)，
\(\therefore M N=\dfrac{91}{8} \times \dfrac{8}{13}=7\).

【题型2】线面平行的性质

【典题1】 如图，\(P\)是\(△ABC\)所在平面外一点，\(E\)，\(F\)，\(G\)分别在\(AB\)，\(BC\)，\(PC\)上，且\(PG=2GC\)，\(AC∥\)平面\(EFG\)，\(PB∥\)平面\(EFG\)．则 \(\dfrac{A E}{E B}=\) (　　)

A．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C． \(\dfrac{3}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
解析 \(\because AC∥\)平面\(EFG\)，平面\(EFG\cap\)平面\(ABC=EF\)，\(PB∥\)平面\(EFG\)，平面\(EFG\cap\) 平面\(PBC=FG\)，
\(\therefore AC∥EF\)，\(PB∥FG\)，
\(\therefore PG:GC=BF:FC=EB:AE\)，
\(\because PG=2GC\)，\(\therefore BF=2FC\)，
\(\therefore EB=2AE\)，
\(\therefore \dfrac{A E}{E B}=\dfrac{1}{2}\)．
故选:\(A\)．

【典题2】 如图，在空间四边形\(ABCD\)中，\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)分别是\(AB\)，\(BC\)，\(CD\)，\(DA\)上的点，\(EH∥FG\)．求证：\(EH∥BD\)．

证明因为\(EH∥FG\)，\(FG\subset\) 平面\(BCD\)，\(EH\not \subset\)平面\(BCD\)，
所以\(EH∥\)平面\(BCD\)．
因为\(EH\subset\)平面\(ABD\)，平面\(ABD\cap\)平面\(BCD=BD\)，
所以\(EH∥BD\)．

【巩固练习】

1.若直线\(a∥\)平面\(\alpha\)，直线\(b∥\)平面\(\alpha\)，则\(a\)与\(b\)的位置关系是(　　)
A．相交 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．平行 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．异面 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．相交、平行或异面

2.在空间四边形\(ABCD\)中，\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)分别是\(AB\)，\(BC\)，\(CD\)，\(DA\)上的点，当\(BD∥\)平面\(EFGH\)时，下面结论正确的是(　　)
A．\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)一定是各边的中点\(\qquad \qquad\) B．\(G\)，\(H\)一定是\(CD\)，\(DA\)的中点
C．\(AE：EB=AH：HD\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．四边形\(EFGH\)是平行四边形

3.如图在三棱锥\(P﹣ABC\)中，\(D\)为\(PB\)中点，\(E\)为\(BC\)中点，点\(F\)在\(AC\)上，若直线\(AD∥\)平面\(PEF\)，则\(\dfrac{AF}{FC}\)的值为(　　)

A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D． \(\dfrac{2}{3}\)

4.如图，\(P\)为平行四边形\(ABCD\)所在平面外一点，\(E\)为\(AD\)上一点，且 \(\dfrac{A E}{E D}=\dfrac{1}{3}\)，\(F\)为\(PC\)上一点，当\(PA∥\)平面\(EBF\)时， \(\dfrac{P F}{F C}=\)(　　)

A．\(\dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{1}{2}\)

5.如图．在四棱锥中．底面\(ABCD\)是平行四边形，点\(M\)为棱\(AB\)上一点\(AM=2MB\)．点\(N\)为棱\(PC\)上一点，
(1)若\(PN=2NC\)，求证:\(MN∥\)平面\(PAD\)；
(2)若\(MN∥\)平面\(PAD\)，求证:\(PN=2NC\)．

参考答案

答案 \(D\)
答案 \(C\)
解析 \(\because\)在空间四边形\(ABCD\)中，\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)分别是\(AB\)，\(BC\)，\(CD\)，\(DA\)上的点，\(BD∥\)平面\(EFGH\)，
\(\therefore BD∥EH\)，\(BD∥FG\)，
\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)未必是各边的中点，故\(A\)，\(B\)错误；
\(\therefore AE：EB=AH：HD\)，故\(C\)正确；
\(\because EH∥FG\)，\(\therefore\) 四边形\(EFGH\)是平行四边形或梯形，故\(D\)错误．
故选：\(C\)．
答案 \(B\)
解析连接\(CD\)，交\(PE\)于\(G\)，连接\(FG\)，如图，

\(\because AD∥\)平面\(PEF\)，平面\(ADC\cap\)平面\(PEF=FG\)，
\(\therefore AD∥FG\)，
\(\because\)点\(D\)，\(E\)分别为棱\(PB\)，\(BC\)的中点．
\(\therefore G\)是\(△PBC\)的重心，
\(\therefore \dfrac{A F}{F C}=\dfrac{D G}{G C}=\dfrac{1}{2}\)．
故选:\(B\)．
答案\(B\)
解析连接\(AC\)交\(BE\)于点\(M\)，连接\(FM\)．
\(\because PA∥\)平面\(EBF\)，\(PA\subset\) 平面\(PAC\)，平面\(PAC\cap\)平面\(EBF=FM\)，
\(\therefore PA∥FM\)，
又\(\dfrac{A E}{E D}=\dfrac{1}{3}\)，可得 \(A E=\dfrac{1}{4} A D=\dfrac{1}{4} B C\)，
\(\therefore \dfrac{P F}{F C}=\dfrac{A M}{M C}=\dfrac{A E}{B C}=\dfrac{\dfrac{1}{4} B C}{B C}=\dfrac{1}{4}\)．
故选：\(B\)．
证明 (1)过\(N\)作\(NE∥CD\)交\(PD\)于\(E\)，连接\(AE\)．
则 \(\dfrac{E N}{C D}=\dfrac{P N}{P C}=\dfrac{2}{3}\)， \(\therefore E N=\dfrac{2}{3} C D\)，
又\(AM=2MB\)， \(\therefore A M=\dfrac{2}{3} A B\)．
又\(AB=CD\)且\(AB∥ CD\)，\(\therefore AM=EN\)且\(AM∥ EN\)，
\(\therefore\)四边形\(AMNE\)是平行四边形，
\(\therefore MN∥AE\)，又\(MN\not \subset\)平面\(PAD\)，\(AE\subset\)平面\(PAD\)，\(\therefore MN∥\)平面\(PAD\)．
(2)过\(N\)作\(NE∥CD\)交\(PD\)于\(E\)，
\(\because NE∥CD∥AB\)，\(\therefore NE∥AB\)，
\(\therefore A\)，\(M\)，\(N\)，\(E\)四点共面，
\(\because MN∥\)平面\(PAD\)，\(MN\subset\)平面\(AMNE\)，平面\(AMNE\cap\)平面\(PAD=AE\)，
\(\therefore MN∥AE\)，
\(\therefore\)四边形\(AMNE\)是平行四边形， \(\therefore N E=A M=\dfrac{2}{3} A B=\dfrac{2}{3} C D\)．
\(\therefore \dfrac{P N}{P C}=\dfrac{N E}{C D}=\dfrac{2}{3}\)，\(\therefore PN=2NC\)．

分层练习

【A组---基础题】

1.如果直线\(a∥\)平面\(\alpha\)，那么直线\(a\)与平面\(\alpha\)内的(　　)
A．一条直线不相交 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．任意一条直线不相交

2.下面命题中正确的个数是(　　)
①若直线\(l\)上有无数个点不在平面\(\alpha\)内，则\(l∥\alpha\)；
②若直线\(l\)与平面\(\alpha\)平行，则\(l\)与平面\(\alpha\)内的任意一条直线都平行；
③如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；
④若直线\(l\)与平面\(\alpha\)平行，则\(l\)与平面\(\alpha\)内的任意一条直线都没有公共点．
A．\(0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(3\)

3.如图，在下列四个正方体中，\(A\)，\(B\)为正方体的两个顶点，\(M\)，\(N\)，\(Q\)为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线\(AB\)与平面\(MNQ\)不平行的是(　　)
A． \(\qquad\) B． \(\qquad\) C． \(\qquad\) D．

4.一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形\(ABCD\)为正方形，\(E\)、\(F\)分别为\(PB\)、\(PC\)的中点，在此几何体中，下面结论错误的是(　　)

A．直线\(AE\)与直线\(BF\)异面 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．直线\(AE\)与直线\(DF\)异面
C．直线\(EF∥\)平面\(PAD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．直线\(EF∥\)平面\(ABCD\)

如图，在空间四边形\(ABCD\)中，\(M∈AB\)，\(N∈AD\)，若 \(\dfrac{A M}{M B}=\dfrac{A N}{N D}\)，则直线\(MN\)与平面\(BDC\)的位置关系是\(\underline{\quad \quad}\)．

6.如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)为\(BC\)的中点，\(F\)为正方体棱的中点，则满足条件直线\(EF∥\)平面\(ACD_1\)的点\(F\)的个数是\(\underline{\quad \quad}\)．

7.如图所示，\(P\)为\(▱ABCD\)所在平面外一点，\(E\)为\(AD\)的中点，\(F\)为\(PC\)上一点，当\(PA∥\)平面\(EBF\)时， \(\dfrac{P F}{F C}=\) \(\underline{\quad \quad}\) ．

8.如图:平行四边形\(ABCD\)和平行四边形\(CDEF\)有一条公共边\(CD\)，\(M\)为\(FC\)的中点，证明:\(AF∥\)平面\(MBD\)．

9.如图，已知在四棱锥\(P﹣ABCD\)中，底面\(ABCD\)是平行四边形，\(M\)为\(PC\)的中点，在\(DM\)上任取一点\(G\)，过\(G\)和\(AP\)作平面\(PAHG\)交平面\(DMB\)于\(GH\)，求证:
(1)求证:\(BC∥\)平面\(PAD\)；\(\qquad\) (2)求证:\(AP∥\)平面\(BDM\)；(3)求证:\(AP∥GH\)．

10.如图所示，四边形\(EFGH\)为空间四边形\(ABCD\)的一个截面，若截面为平行四边形.
(1)求证:\(AB∥\)平面\(EFGH\)，\(CD∥\)平面\(EFGH\).
(2)若\(AB=4\)，\(CD=6\)，求四边形\(EFGH\)周长的取值范围.

参考答案

答案 \(D\)
答案 \(B\)
解析如图所示：

我们借助长方体模型，棱\(AA_1\)所在直线有无数点在平面\(ABCD\)外，但棱\(AA_1\)所在直线与平面\(ABCD\)相交，所以命题①不正确．
\(A_1 B_1\)所在直线平行于平面\(ABCD\)，\(A_1 B_1\)显然不平行于\(BD\)，所以命题②不正确．
\(A_1 B_1∥AB\)，\(A_1 B_1\)所在直线平行于平面\(ABCD\)，但直线\(AB\subset\)平面\(ABCD\)，
所以命题③不正确．
\(l\)与平面\(\alpha\)平行，则\(l\)与\(\alpha\)无公共点，\(l\)与平面\(\alpha\)内所有直线都没有公共点，所以命题④正确．
答案 \(B\)
解析对于选项\(A\)，由于\(AB∥MQ\)，结合线面平行判定定理可知\(AB\)与平面\(MNQ\)平行；
对于选项\(B\)，如图，

\(O\)为底面对角线的交点，可得\(AB∥OQ\)，
又\(OQ\cap\)平面\(MNQ=Q\)，
所以直线\(AB\)与平面\(MNQ\)不平行．
对于选项\(C\)，由题意，可得\(AB∥MN\)，结合线面平行判定定理可知\(AB\)与平面\(MNQ\)平行；
对于选项\(D\)，由于\(AB∥MQ\)，结合线面平行判定定理可知\(AB\)与平面\(MNQ\)平行；
故选：\(B\)．
答案\(B\)
解析由题可知，该几何体为正四棱锥，

对\(A\)，可假设\(AE\)与\(BF\)共面，由图可知，点\(F\)不在平面\(ABE\)中，故矛盾，\(A\)正确；
对\(B\)，因\(E\)，\(F\)为\(BP\)，\(CP\)中点，故\(EF∥BC\)，又四边形\(ABCD\)为正方形，所以\(AD∥BC\)，故\(EF∥AD\)，\(A\)，\(D\)，\(E\)，\(F\)四点共面，\(B\)错；
对\(C\)，由\(B\)的证明可知，\(EF∥AD\)，又\(AD\subset\)平面\(PAD\)，故直线\(EF∥\)平面\(PAD\)，\(C\)正确；
对\(D\)，同理由\(B\)的证明可知，\(EF∥BC\)，又\(BC\subset\) 平面\(ABCD\)，故直线\(EF∥\)平面\(ABCD\)，\(D\)正确；
故选：\(B\)．
答案平行
解析在平面\(ABD\)中，\(\dfrac{A M}{M B}=\dfrac{A N}{N D}\)，\(\therefore MN∥BD\)．
又\(MN\not \subset\)平面\(BCD\)，\(BD\subset\) 平面\(BCD\)，
\(\therefore MN∥\)平面\(BCD\)．
故答案为:平行
答案 \(5\)
解析 \(\because F\)为正方体棱的中点，
由题意可取棱\(CC_1\)，\(C_1 D_1\)，\(D_1 A_1\)，\(AA_1\)，\(AB\)的中点\(F_1\)，\(F_2\)，\(F_3\)，\(F_4\)，\(F_5\)，

由面面平行的判断定理显然可得面\(EF_1 F_2 F_3 F_4 F_5||\)平面\(ACD_1\)，
即\(F\)可以取点\(F_1\)，\(F_2\)，\(F_3\)，\(F_4\)，\(F_5\)中的任何一个都满足条件直线\(EF∥\)平面\(ACD_1\)，
即满足条件直线\(EF∥\)平面\(ACD_1\)的点\(F\)的个数是\(5\)，
故答案为:\(5\)．
答案 \(\dfrac{1}{2}\)
解析连接\(AC\)交\(BE\)于点\(M\)，连接\(FM\)．
\(\because PA∥\)平面\(EBF\)，\(PA\subset\)平面\(PAC\)，平面\(PAC\cap\)平面\(EBF=EM\)，
\(\therefore PA∥EM\)， \(\therefore \dfrac{P F}{F C}=\dfrac{A M}{M C}=\dfrac{A E}{B C}=\dfrac{1}{2}\)，
故答案为:\(\dfrac{1}{2}\)．
证明连接\(AC\)，交\(BD\)于\(O\)，连接\(MO\)，

\(\because\)四边形\(ABCD\)为平行四边形，则\(O\)为\(AC\)的中点，
又\(\because M\)为\(FC\)的中点，
故\(OM\)为\(△ACF\)的中位线，
故\(OM∥AF\)，
\(\because AF\not \subset\)平面\(MBD\)，\(OM\subset\) 平面\(MBD\)．
\(\therefore AF∥\)平面\(MBD\)．
证明 (1)证明:因为四边形\(ABCD\)为平行四边形，则\(BC∥AD\)，
\(\because BC\not \subset\)平面\(PAD\)，\(AD\subset\)平面\(PAD\)，
因此，\(BC∥\)平面\(PAD\)．
(2)证明:连接AC交BD于点N，连接MN，

因为四边形\(ABCD\)为平行四边形，\(AC\cap BD=N\)，则\(N\)为\(AC\)的中点，
又因为\(M\)为\(PC\)的中点，则\(PA∥MN\)，
\(\because AP\not \subset\)平面\(BDM\)，\(MN\subset\)平面\(BDM\)，
\(\therefore AP∥\)平面\(BDM\)．
(3)证明:\(\because AP∥\)平面\(BDM\)，\(AP\subset\)平面\(APGH\)，平面\(APGH\cap\)平面\(BDM=GH\)，
\(\therefore AP∥GH\)．
答案 (1) 略； (2) \((8，12)\)
解析 (1)证明 \(\because\)四边形\(EFGH\)为平行四边形，\(\therefore EF∥HG\).
\(\because HG\subset\)平面\(ABD\)，\(\therefore EF∥\)平面\(ABD\).
\(\because EF\subset\)平面\(ABC\)，平面\(ABD\cap\)平面\(ABC=AB\)，
\(\therefore EF∥AB\).
\(\therefore AB∥\)平面\(EFGH\).
同理可证，\(CD∥\)平面\(EFGH\).
(2)解设\(EF=x(0<x<4)\)，由于四边形\(EFGH\)为平行四边形，
\(\therefore \dfrac{C F}{C B}=\dfrac{x}{4}\).则 \(\dfrac{F G}{6}=\dfrac{B F}{B C}=\dfrac{B C-C F}{B C}=1-\dfrac{x}{4}\).
从而 \(F G=6-\dfrac{3}{2} x\).
\(\therefore\)四边形\(EFGH\)的周长 \(l=2\left(x+6-\dfrac{3}{2} x\right)=12-x\).
又\(0<x<4\)，则有\(8<l<12\)，
\(\therefore\)四边形\(EFGH\)周长的取值范围是\((8，12)\).

【B组---提高题】

1.如图，在四面体\(ABCD\)中，\(AB=CD=2\)，\(AD=BD=3\)，\(AC=BC=4\)，点\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)分别在棱\(AD\)，\(BD\)，\(BC\)，\(AC\)上，若直线\(AB\)，\(CD\)都平行于平面\(EFGH\)，则四边形\(EFGH\)面积的最大值是(　　)

A．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)

2.如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)，\(F\)，\(G\)分别是\(AB\)，\(CC_1\)，\(AD\)的中点．
(1)证明:\(EG∥\)平面\(D_1 B_1 C\)；
(2)棱\(CD\)上是否存在点\(T\)，使\(AT∥\)平面\(B_1 EF\)？若存在，求出 \(\dfrac{D T}{D C}\)的值；若不存在，请说明理由．

参考答案

答案 \(C\)
解析 \(\because\)直线\(AB\)平行于平面\(EFGH\)，且平面\(ABC\)交平面\(EFGH\)于\(HG\)，
\(\therefore HG∥AB\)；
同理\(EF∥AB\)，\(FG∥CD\)，\(EH∥CD\)，
所以\(FG∥EH\)，\(EF∥HG\)．
故:四边形\(EFGH\)为平行四边形．
又\(\because AD=BD\)，\(AC=BC\)的对称性，可知\(AB⊥CD\)．
所以四边形\(EFGH\)为矩形．
设\(BF∶BD=BG∶BC=FG∶CD=x\)，\((0≤x≤1)\)，
\(FG=2x\)，\(HG=2(1-x)\)，
\(S_{E F G H}=F G \times H G=4 x(1-x)=-4\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+1\)，
根据二次函数的性质可知: \(S_{E F G H}\)面积的最大值\(1\)．
故选:\(C\)．
答案 (1) 略； (2) 当 \(\dfrac{D T}{D C}=\dfrac{1}{4}\)时，\(AT∥\)平面\(B_1 EF\)．
解析 (1)连接\(BD\)，\(B_1 D_1\)，\(CD_1\)，

\(\because E\)，\(G\)分别为\(AB\)，\(AD\)中点，
\(\therefore EG∥BD\)，
\(\because BB_1∥DD_1\)，\(BB_1=DD_1\)，
\(\therefore\)四边形\(BDD_1 B_1\)为平行四边形，
\(\therefore BD∥B_1 D_1\)，
\(\therefore EG∥B_1 D_1\)，
又\(EG\not \subset\)平面\(D_1 B_1 C\)，\(B_1 D_1\subset\)平面\(D_1 B_1 C\)，
\(\therefore EG∥\)平面\(D_1 B_1 C\)．
(2)假设在棱\(CD\)上存在点\(T\)，使得\(AT∥\)平面\(B_1 EF\)，
延长\(BC\)，\(B_1 F\)交于\(H\)，连接\(EH\)交\(DC\)于\(K\)，

\(\because CC_1∥BB_1\)，\(F\)为\(CC_1\)中点，
\(\therefore C\)为\(BH\)中点，
\(\because CD∥AB\)，\(\therefore KC∥AB\)，
\(\therefore K C=\dfrac{1}{2} E B=\dfrac{1}{4} D C\)，
\(\because AT∥\)平面\(B_1 EF\)，\(AT\subset\)平面\(ABCD\)，平面\(B_1 EF\cap\)平面\(ABCD=EK\)，
\(\therefore AT∥EK\)，
又\(TK∥AE\)，
\(\therefore\)四边形\(ATKE\)为平行四边形，
\(\therefore TK=AE=\dfrac{1}{2} DC\)，
\(\therefore D T=K C=\dfrac{1}{4} D C\)，
\(\therefore\)当\(\dfrac{D T}{D C}=\dfrac{1}{4}\)时，\(AT∥\)平面\(B_1 EF\)．

【C组---拓展题】

1.在梯形\(PBCD\)中，\(A\)是\(PB\)的中点，\(DC∥PB\)，\(DC⊥CB\)，且\(PB=2BC=2DC=4\)(如图\(1\)所示)，将三角形\(PAD\)沿\(AD\)翻折，使\(PB=2\)(如图\(2\)所示)，\(E\)是线段\(PD\)上的一点，且\(PE=2DE\)．

(1)求四棱锥\(P-ABCD\)的体积；
(2)在线段\(AB\)上是否存在一点F，使\(AE∥\)平面\(PCF\)？若存在，请指出点\(F\)的位置并证明，若不存在请说明理由．

参考答案

答案 (1) \(\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}\)； (2) 存在点\(F\)，使\(AE∥\)平面\(PCF\)，此时 \(A F=\dfrac{2}{3} A B\).
解析 (1)如图所示，过点\(P\)作\(PO⊥AB\)于点\(O\)，
\(\because\)在梯形\(PBCD\)有\(AD⊥PA\)，\(AD⊥AB\)，
\(\therefore\)翻折后仍有\(AD⊥PA\)，\(AD⊥AB\)，又\(\because PA\cap AB=A\)，
\(\therefore AD⊥\)平面\(PAB\)，\(\because PO\subset\)平面\(PAB\)，
\(\therefore AD⊥PO\)，又\(\because PO⊥AB\)，\(AD\cap AB=A\)，\(AD\subset\)平面\(ABCD\)，\(AB\subset\)平面\(ABCD\)，
\(\therefore PO⊥\)平面\(ABCD\)，
\(\because PA=AB=PB=2\)，\(\therefore △PAB\)是等边三角形，
\(\therefore P O=\sqrt{3}\)，
\(\therefore V_{P-A B C D}=\dfrac{1}{3} S_{A B C D} \cdot P O=\dfrac{1}{3} \times 2 \times 2 \times \sqrt{3}=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3} \text {， }\)，
(2)存在点\(F\)，使\(AE∥\)平面\(PCF\)，此时 \(A F=\dfrac{2}{3} A B\)，理由如下:
过\(E\)作\(EG∥CD\)，\(EG\)交\(PC\)于\(G\)，
设\(F\)是线段\(AB\)上的一点，且 \(A F=\dfrac{2}{3} A B\)，
连接\(FG\)，\(PF\)，\(CF\)，
\(\because PE=2DE\)，\(EG∥CD\)，
\(\therefore E G=\dfrac{2}{3} C D\)，\(EG∥CD\)，
又 \(\because A F=\dfrac{2}{3} C D\)，\(AF∥CD\)，
\(\therefore EG=AF\)，\(EG∥AF\)，\(\therefore\) 四边形\(AEGF\)是平行四边形，
\(\therefore AE∥GF\)，又\(\because AE\not \subset\)平面\(PCF\)，\(GF\subset\)平面\(PCF\)，
\(\therefore AE∥\)平面\(PCF\)．