（江蘇專版）2019版高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何學案 文

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1、 第八章 立體幾何 第一節(jié)空間幾何體的表面積與體積 1．圓柱、圓錐、圓臺的側面展開圖及側面積公式 圓柱 圓錐 圓臺 側面展開圖 側面積公式 S圓柱側＝2πrl S圓錐側＝πrl S圓臺側＝π(r＋r′)l 2．空間幾何體的表面積與體積公式 名稱 幾何體　　 表面積 體積 柱體(棱柱和圓柱) S表面積＝S側＋2S底 V＝Sh 錐體(棱錐和圓錐) S表面積＝S側＋S底 V＝Sh 臺體(棱臺和圓臺) S表面積＝S側＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 [小題體驗] 1．(2018

2、·南京高三年級學情調研)將一個正方形繞著它的一邊所在的直線旋轉一周，所得圓柱的體積為27π cm3，則該圓柱的側面積為________cm2. 解析：設正方形的邊長為a cm，則πa2·a＝27π，得a＝3，所以側面積2π×3×3＝18π cm2. 答案：18π 2．(2018·海安高三質量測試)已知正三棱錐的體積為36 cm3，高為4 cm，則底面邊長為________cm. 解析：設正三棱錐的底面邊長為a cm，則其面積為S＝a2，由題意知×a2×4＝36，解得a＝6. 答案：6 3．正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2，側棱長為，D為BC中點，則三棱錐A-B1DC1的體

3、積為________． 解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中， 因為AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B， 所以AD⊥平面B1DC1. 所以VA-B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1. 答案：1 1．求組合體的表面積時，組合體的銜接部分的面積問題易出錯． 2．易混側面積與表面積的概念． [小題糾偏] 1．(教材習題改編)圓柱的底面直徑與高都等于球的直徑，則球的體積與圓柱體積之比為________，球的表面積與圓柱的側面積之比為________． 答案：2∶3　1∶1 2．已知某正三棱錐的高為1，體積為，則該正三棱錐的側面積為________．

4、 解析：如圖，設正三棱錐為V-ABC，其底面邊長為a，VO為正三棱錐的高，所以V＝×a2×1＝，所以a＝2，所以OH＝×2×＝，所以斜高VH＝2＋12＝，所以側面積S＝3××2×＝2. 答案：2 　 [題組練透] 1．棱長為2的正四面體的表面積是________． 解析：每個面的面積為：×2×2×＝.所以正四面體的表面積為4. 答案：4 2．一個六棱錐的體積為2，其底面是邊長為2的正六邊形，側棱長都相等，則該六棱錐的側面積為________． 解析：由題意可知該六棱錐為正六棱錐，正六棱錐的高為h，側面的斜高為h′. 由題意，得×6××22×h＝2， 所以h＝1，

5、所以斜高h′＝＝2， 所以S側＝6××2×2＝12. 答案：12 3.如圖所示，在邊長為5＋的正方形ABCD中，以A為圓心畫一個扇形，以O為圓心畫一個圓，M，N，K為切點，以扇形為圓錐的側面，以圓O為圓錐底面，圍成一個圓錐，則圓錐的表面積為________． 解析：設圓錐的母線長為l，底面半徑為r， 由已知條件解得r＝，l＝4， 所以圓錐的表面積等于扇形AEF和圓O的面積之和， 所以圓錐的表面積S＝πrl＋πr2＝10π. 答案：10π [謹記通法] 幾何體的表面積的求法 (1)求表面積問題的思路是將立體幾何問題轉化為平面問題，即空間圖形平面化，這是解決立體幾何的主要出發(fā)

6、點． (2)求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成基本的柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差求得幾何體的表面積． 　 [典例引領] 1．(2018·蘇州高三暑假測試)如圖，正四棱錐P-ABCD的底面一邊AB的長為2 cm，側面積為8 cm2，則它的體積為________cm3. 解析：記正四棱錐P-ABCD的底面中心為點O，棱AB的中點為H，連結PO，HO，PH，則PO⊥平面ABCD，因為正四棱錐的側面積為8 cm2，所以8＝4××2×PH，解得PH＝2，在Rt△PHO中，HO＝，所以PO＝1，所以VP-ABCD＝·S正方形ABCD·PO＝4

7、 cm3. 答案：4 2．已知正六棱柱的側面積為72 cm2，高為6 cm，那么它的體積為________ cm3. 解析：設正六棱柱的底面邊長為x cm，由題意得6x×6＝72，所以x＝2 cm，于是其體積V＝×22×6×6＝36 cm3. 答案：36 [由題悟法] 有關幾何體體積的類型及解題策略 常見類型 解題策略 球的體積問題 直接利用球的體積公式求解，在實際問題中要根據(jù)題意作出圖形，構造直角三角形確定球的半徑 錐體、柱體的體積問題 根據(jù)題設條件求出所給幾何體的底面積和高，直接套用公式求解 不規(guī)則幾何體的體積問題 常用分割或補形的思想，若幾何體的底不規(guī)則，也需

8、采用同樣的方法，將不規(guī)則的幾何體或平面圖形轉化為規(guī)則的幾何體或平面圖形，易于求解 [即時應用] 1．已知矩形ABCD的頂點都在半徑為4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2，則棱錐O-ABCD的體積為________． 解析：如圖，連結AC，BD交于H，連結OH.在矩形ABCD中，由AB＝6，BC＝2可得BD＝4，所以BH＝2，在Rt△OBH中，由OB＝4，所以OH＝2，所以四棱錐O-ABCD的體積V＝×6×2×2＝8. 答案：8 2.(2018·南通調研)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若各棱長均為2，且M為A1C1的中點，則三棱錐M-AB1C的體積是__

9、______． 解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，則AA1⊥B1M.因為B1M是正三角形的中線，所以B1M ⊥A1C1.因為A1C1∩AA1＝A1，所以B1M⊥平面ACC1A1，則VM-AB1C＝VB1-ACM＝××AC×AA1×B1M＝××2×2×＝. 答案： 　 　[鎖定考向] 與球有關的切、接問題是每年高考的熱點，也是難點，題型多為填空題． 常見的命題角度有： (1)球與柱體的切、接問題； (2)球與錐體的切、接問題．　　　 [題點全練] 角度一：球與柱體的切、接問題 1．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上

10、，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為________． 解析：如圖，由球心作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點M.又AM＝BC＝＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半徑R＝OA＝ ＝. 答案： 2.(2017·江蘇高考)如圖，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．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． 解析：設球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以＝＝. 答案： 角度二：球與錐體的切、接問題 3．已知正三棱錐的高為1，底面邊長為

11、2，內有一個球與四個面都相切，則棱錐的內切球的半徑為________． 解析：如圖，過點P作PD⊥平面ABC于點D，連接AD并延長交BC于點E，連接PE， 因為△ABC是正三角形， 所以AE是BC邊上的高和中線，D為△ABC的中心． 因為AB＝2， 所以S△ABC＝3，DE＝1，PE＝. 所以S表＝3××2×＋3＝3＋3. 因為PD＝1，所以三棱錐的體積V＝×3×1＝. 設球的半徑為r，以球心O為頂點，三棱錐的四個面為底面把正三棱錐分割為四個小棱錐， 則r＝＝－1. 答案：－1 4．(2017·全國卷Ⅰ)已知三棱錐S -ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．

12、若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S -ABC的體積為9，則球O的表面積為________． 解析：如圖，連接AO，OB， 因為SC為球O的直徑， 所以點O為SC的中點， 因為SA＝AC，SB＝BC， 所以AO⊥SC，BO⊥SC， 因為平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC， 所以AO⊥平面SCB， 設球O的半徑為R， 則OA＝OB＝R，SC＝2R. 所以VS -ABC＝VA-SBC＝×S△SBC×AO ＝××AO， 即9＝××R，解得 R＝3， 所以球O的表面積為S＝4πR2＝4π×32＝36π. 答案：36π [通法在握]

13、 “切”“接”問題處理的注意事項 (1)“切”的處理 解決與球的內切問題主要是指球內切多面體與旋轉體，解答時首先要找準切點，通過作截面來解決．如果內切的是多面體，則作截面時主要抓住多面體過球心的對角面來作． (2)“接”的處理 把一個多面體的幾個頂點放在球面上即為球的外接問題．解決這類問題的關鍵是抓住外接的特點，即球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑． [演練沖關] 1．(2018·太湖高級中學檢測)一個六棱柱的底面是正六邊形，側棱垂直于底面，所有棱的長都為1，頂點都在同一個球面上，則該球的體積為________． 解析：由題意知六棱柱的底面正六邊形的外接圓半徑r＝1，其高h＝1

14、，所以球半徑為R＝＝ ＝，所以該球的體積V＝πR3＝×3π＝. 答案： 2．三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，則該三棱錐的外接球表面積為________． 解析：由題可知，△ABC中AC邊上的高為＝，球心O在底面ABC的投影即為△ABC的外心D，設DA＝DB＝DC＝x，所以x2＝32＋(－x)2，解得x＝，所以R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R為三棱錐外接球的半徑)，所以外接球的表面積S＝4πR2＝π. 答案：π 3．如圖，已知球O是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內切球，則平面ACD1截球O的截面面積為________． 解析：平

15、面ACD1截球O的截面為△ACD1的內切圓．因為正方體的棱長為1，所以AC＝CD1＝AD1＝，所以內切圓的半徑r＝×tan 30°＝，所以S＝πr2＝π×＝π. 答案： 一抓基礎，多練小題做到眼疾手快 1．一個球的表面積是16π，那么這個球的體積為________． 解析：設球的半徑為R，因為表面積是16π，所以4πR2＝16π，解得R＝2.所以體積為πR3＝. 答案：π 2．(2018·徐州高三年級期中考試)各棱長都為2的正四棱錐的體積為________． 解析：由題意得，底面對角線長為2，所以正四棱錐的高為＝，所以正四棱錐的體積V＝Sh＝×22×＝. 答案：

16、 3．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調研)設棱長為a的正方體的體積和表面積分別為V1，S1，底面半徑和高均為r的圓錐的體積和側面積分別為V2，S2，若＝，則的值為________． 解析：法一：由題意知V1＝a3，S1＝6a2， V2＝πr3，S2＝πr2， 由＝得＝， 得a＝r，從而＝. 法二：不妨設V1＝27，V2＝9π，故V1＝a3＝27，即a＝3，所以S1＝6a2＝54. 如圖所示，又V2＝h×πr2＝πr3＝9π，即r＝3，所以l＝r，即S2＝l×2πr＝πr2＝9π， 所以＝＝. 答案： 4.(2017·南京、鹽城、連云港、徐州二模)如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1中

17、，AB＝4，AA1＝6.若E，F(xiàn)分別是棱BB1，CC1上的點，則三棱錐A-A1EF的體積是________． 解析：因為在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1∥BB1，AA1?平面AA1C1C，BB1?平面AA1C1C，所以BB1∥平面AA1C1C，從而點E到平面AA1C1C的距離就是點B到平面AA1C1C的距離，作BH⊥AC，垂足為點H，由于△ABC是正三角形且邊長為4，所以BH＝2，從而三棱錐A-A1EF的體積VA-A1EF＝VE-A1AF＝S△A1AF·BH＝××6×4×2＝8. 答案：8 5．(2018·鎮(zhèn)江期末)一個圓錐的側面積等于底面面積的2倍，若圓錐底面半徑為 cm，則圓

18、錐的體積是______cm3. 解析：設圓錐的母線長為l，高為h. 圓錐的側面積等于S側＝(2π×)×l， 圓錐的底面面積為S底＝π()2＝3π， 又因為圓錐的側面積等于底面面積的2倍， 故S側＝(2π×)×l＝6π， 解得l＝2，h＝＝3， 圓錐的體積V＝S底×h＝×3π×3＝3π. 答案：3π 6.(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一調)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P是棱BB1的中點，則四棱錐P-AA1C1C的體積為________． 解析：四棱錐P-AA1C1C可看作：半個正方體割去三棱錐P-ABC和P-A1B1C1. 所以VP-AA1C1C＝VABCD-A

19、1B1C1D1－VP-ABC－VP-A1B1C1＝－－＝. 答案： 二保高考，全練題型做到高考達標 1．(2018·揚州模擬)圓臺的一個底面周長是另一個底面周長的3倍，母線長為3，圓臺的側面積為84π，則圓臺較小底面的半徑為________． 解析：設圓臺較小底面半徑為r， 則另一底面半徑為3r. 由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7. 答案：7 2．已知正三棱柱的各條棱長均為a，圓柱的底面直徑和高均為b.若它們的體積相等，則a3∶b3的值為________． 解析：由題意可得·a2··a＝π2·b， 即a3＝πb3，則＝＝. 答案： 3．(2018·常州期末

20、)以一個圓柱的下底面為底面，并以圓柱的上底面圓心為頂點作圓錐，若所得的圓錐底面半徑等于圓錐的高，則圓錐的側面積與圓柱的側面積的比值為________． 解析：如圖，由題意可得圓柱的側面積為S1＝2πrh＝2πr2.圓錐的母線l＝＝r，故圓錐的側面積為S2＝×2πr×l＝πr2，所以S2∶S1＝∶2. 答案： 4．(2018·蘇北四市一模)將斜邊長為4的等腰直角三角形繞其斜邊所在直線旋轉一周，則所形成的幾何體的體積是________． 解析：因為等腰直角三角形的斜邊長為4，所以斜邊上的高為2，故旋轉后的幾何體為兩個大小相等的圓錐的組合體，圓錐的底面半徑為2，高為2，因此，幾何體的體積為V

21、＝2×π×22×2＝. 答案： 5．(2018·泰州中學高三學情調研)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為AA1中點，Q為CC1的中點，AB＝2，則三棱錐B-PQD的體積為________． 解析：如圖，連結PQ，則PQ∥AC，取PQ的中點G，連結BG，DG，可得BG⊥PQ，DG⊥PQ，又BG∩DG＝G，則PQ⊥平面BGD，在Rt△BPG中，由BP＝，PG＝，可得BG＝，同理可得DG＝，則△BDG邊BD上的高為＝1，所以S△BDG＝×2×1＝，則VB-PQD＝××2＝. 答案： 6．已知高與底面半徑相等的圓錐的體積為，其側面積與高為2的圓柱OO1的側面積相等，則圓柱OO1的體

22、積為________． 解析：設圓錐的底面半徑為r，圓柱OO1的底面半徑為R，因為高與底面半徑相等的圓錐的體積為，所以πr2·r＝，所以r＝2.又圓錐的側面積與高為2的圓柱OO1的側面積相等，所以π·r·r＝2πR·2，所以R＝1，所以圓柱OO1的體積為πR2·2＝2π. 答案：2π 7.(2018·啟東調研)如圖，Rt△ABC的外接圓⊙O的半徑為5，CE垂直于⊙O所在的平面，BD∥CE，CE＝4，BD＝2，ED＝2，若M為ED的中點，則VM-ACB＝________. 解析：如圖，過D作DH⊥CE于H，則BC＝DH，在Rt△EDH中，由ED＝2，EH＝EC－DB＝2，得BC＝DH＝6

23、，所以在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝6，所以AC＝8，即S△ABC＝24，又因為CE垂直于⊙O所在的平面，BD∥CE，M為ED的中點，所以M到平面ABC的距離為3，所以VM-ACB＝S△ABC×3＝24. 答案：24 8．(2018·連云港調研)已知正四棱錐的頂點都在同一球面上，且該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為________． 解析：如圖，正四棱錐P-ABCD的外接球的球心O在它的高PO1上，設球的半徑為R，因為底面邊長為2，所以AC＝4.在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，所以R＝，所以球的表面積S＝4πR2＝25π. 答案：25π 9.如圖，在四

24、邊形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四邊形ABCD繞AD旋轉一周所成幾何體的表面積及體積． 解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圓臺側＋S圓臺下底＋S圓錐側＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圓臺－V圓錐＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π. 10．一個倒圓錐形容器，它的軸截面是正三角形，在容器內放一個半徑為r的鐵球，并向容器內注水，使水面恰好與鐵球面相切．將球取出后，容器內的水深是多少？ 解：如圖，作軸截面，設球未取出時，水面高PC＝h，球取出后，水面高PH＝x.根據(jù)題設條件

25、可得AC＝r，PC＝3r，則以AB為底面直徑的圓錐容積為V圓錐＝π×AC2×PC＝π(r)2×3r＝3πr3. V球＝πr3. 球取出后，水面下降到EF，水的體積為 V水＝π×EH2×PH＝π(PHtan 30°)2PH＝πx3. 又V水＝V圓錐－V球，則πx3＝3πr3－πr3， 解得x＝r.故球取出后，容器內水深為r. 三上臺階，自主選做志在沖刺名校 1．已知底面邊長為1，側棱長為的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上，則該球的體積為________． 解析：依題意可知正四棱柱體對角線的長度等于球的直徑，可設球半徑為R，則2R＝＝2，解得R＝1，所以V＝R3＝. 答案：

26、2．三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是邊長為的等邊三角形，則該三棱錐外接球的表面積為________． 解析：由題意得，此三棱錐外接球即為以△ABC為底面、以PA為高的正三棱柱的外接球，因為△ABC的外接圓半徑r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圓圓心的距離d＝1，所以外接球的半徑R＝＝，所以三棱錐外接球的表面積S＝4πR2＝8π. 答案：8π 3.如圖是一個以A1B1C1為底面的直三棱柱被一平面所截得到的幾何體，截面為ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求： (1)該幾何體的體積． (2)截面A

27、BC的面積． 解：(1)過C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分別于點A2，B2. 由直三棱柱性質及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2， 則該幾何體的體積V＝VA1B1C1-A2B2C＋VC-ABB2A2＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC中，AB＝＝， BC＝＝， AC＝＝2. 則S△ABC＝×2×＝. 第二節(jié)點、線、面之間的位置關系 1．平面的基本性質 (1)公理1：如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線上所有的點都在這個平面內． (2)公理2：如果兩個平面有一個公共點，那么它們還有

28、其他公共點，這些公共點的集合是經過這個公共點的一條直線． (3)公理3：經過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面． 2．空間中兩直線的位置關系 (1)空間中兩直線的位置關系 (2)異面直線所成的角 ①定義：設a，b是兩條異面直線，經過空間任一點O，作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角． ②范圍：. (3)公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行． (4)定理：如果一個角的兩邊和另一個角的兩邊分別平行并且方向相同，那么這兩個角相等． [小題體驗] 1．“點P在直線m上，m在平面α內”可表示為________． 解析：

29、點在直線上用“∈”，直線在平面上用“?”． 答案：P∈m，m?α 2．平面α∩β＝l，點A∈α，點B∈α，且C?l，C∈β，又AB∩l＝R，如圖所示，過A，B，C三點確定的平面為γ，則β∩γ＝________. 解析：由已知條件可知，C∈γ，AB∩l＝R，AB?γ，所以R∈γ.又因為C，R∈β，故β∩γ＝CR. 答案：CR 3．以下四個命題中，正確命題的個數(shù)是________． ①不共面的四點中，其中任意三點不共線； ②若點A，B，C，D共面，點A，B，C，E共面，則A，B，C，D，E共面； ③若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面； ④依次首尾相接的四條線段

30、必共面． 解析：①顯然是正確的，可用反證法證明；②中若A，B，C三點共線，則A，B，C，D，E五點不一定共面；③構造長方體或正方體，如圖，顯然b，c異面，故不正確；④中空間四邊形中四條線段不共面．故正確的個數(shù)為1. 答案：1 1．異面直線易誤解為“分別在兩個不同平面內的兩條直線為異面直線”，實質上兩異面直線不能確定任何一個平面，因此異面直線既不平行，也不相交． 2．直線與平面的位置關系在判斷時最易忽視“線在面內”． 3．不共線的三點確定一個平面，一定不能丟掉“不共線”條件． [小題糾偏] 1．(2018·南京名校聯(lián)考)已知直線a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且

31、a在α，β內的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關系是________． 解析：依題意，直線b和c的位置關系可能是相交、平行或異面． 答案：相交、平行或異面 2．在下列四個命題中，正確命題的個數(shù)為________． ①a，b是異面直線，則存在分別過a，b的平面α，β，使α∥β； ②a，b是異面直線，則存在分別過a，b的平面α，β，使α⊥β； ③a，b是異面直線，若直線c，d分別與a，b都相交，則c，d也是異面直線； ④a，b是異面直線，則存在平面α過a且與b垂直． 解析：因為a，b是異面直線，所以可以作出兩個平面α，β分別過a，b，并使α∥β，所以①正確；因為a，b是

32、異面直線，所以存在兩個互相垂直的平面分別過a，b，所以②正確；因為a，b是異面直線，若直線c，d與a，b分別都相交，則c，d相交或異面，所以③不正確；因為a，b是異面直線，若a，b垂直，則存在平面α過a且與b垂直，若a，b不垂直，則不存在平面α過a且與b垂直，④不正確． 答案：2 3．四條線段順次首尾相連，它們最多可確定的平面?zhèn)€數(shù)有________個． 解析：首尾相連的四條線段每相鄰兩條確定一個平面，所以最多可以確定4個平面． 答案：4 　 [題組練透] 1．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，AA1的中點．求證： (1)E，C，D1，

33、F四點共面； (2)CE，D1F，DA三線共點． 證明：(1)如圖，連結EF，A1B，CD1. 因為E，F(xiàn)分別是AB，AA1的中點， 所以EF∥A1B. 又A1B∥CD1， 所以EF∥CD1， 所以E，C，D1，F(xiàn)四點共面． (2)因為EF∥CD1，EF

34、α相交于點E，G，H，F(xiàn)，求證：E，F(xiàn)，G，H四點必定共線． 證明：因為AB∥CD， 所以AB，CD確定一個平面β. 又因為AB∩α＝E，AB?β， 所以E∈α，E∈β， 即E為平面α與β的一個公共點． 同理可證F，G，H均為平面α與β的公共點， 因為兩個平面有公共點，它們有且只有一條通過公共點的公共直線， 所以E，F(xiàn)，G，H四點必定共線． [謹記通法] 1．證明點共線問題的常用方法 公理法 先找出兩個平面，然后證明這些點都是這兩個平面的公共點，再根據(jù)公理3證明這些點都在交線上 同一法 選擇其中兩點確定一條直線，然后證明其余點也在該直線上 2．證明線共點問題的

35、常用方法 先證兩條直線交于一點，再證明第三條直線經過該點． 3．證明點、直線共面問題的常用方法 納入平面法 先確定一個平面，再證明有關點、線在此平面內 輔助平面法 先證明有關的點、線確定平面α，再證明其余元素確定平面β，最后證明平面α，β重合 　 [典例引領] 如圖，在正方體ABCD -A1B1C1D1中，M，N分別為棱C1D1，C1C的中點，有以下四個結論： ①直線AM與CC1是相交直線； ②直線AM與BN是平行直線； ③直線BN與MB1是異面直線； ④直線AM與DD1是異面直線． 其中正確的結論的序號為________． 解析：直線AM與CC1是異面直

36、線，直線AM與BN也是異面直線，所以①②錯誤．點B，B1，N在平面BB1C1C中，點M在此平面外，所以BN，MB1是異面直線．同理AM，DD1也是異面直線． 答案：③④ [由題悟法] [即時應用] 1．上面例題中正方體ABCD-A1B1C1D1的棱所在直線中與直線AB是異面直線的有________條． 解析：與AB異面的有4條：CC1，DD1，A1D1，B1C1. 答案：4 2．在圖中，G，N，M，H分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形的是______．(填上所有正確答案的序號) 解析：圖①中，直線GH∥MN；圖②中，G，H，N三

37、點共面，但M?平面GHN，因此直線GH與MN異面；圖③中，連結MG，GM∥HN，因此GH與MN共面；圖④中，G，M，N共面，但H?平面GMN，因此GH與MN異面．所以在圖②④中，GH與MN異面． 答案：②④ 　 [典例引領] 如圖，已知不共面的三條直線a，b，c相交于點P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求證：AD與BC是異面直線． 證明：法一：(反證法)假設AD和BC共面，所確定的平面為α，那么點P，A，B，C，D都在平面α內， 所以直線a，b，c都在平面α內， 與已知條件a，b，c不共面矛盾，假設不成立， 所以AD和BC是異面直線． 法二：(直接證法)因為a∩c＝

38、P， 所以它們確定一個平面， 設為α，由已知C?平面α，B∈平面α， 則BC?平面α， 又AD?平面α，B?AD， 所以AD和BC是異面直線． [由題悟法] 證明直線異面通常用反證法，證明兩直線不可能平行、相交或證明兩直線不可能共面，從而可得兩直線異面．有時也可以用直接法證明． [即時應用] 如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是A1B1，B1C1的中點．問： (1)AM和CN是否是異面直線？說明理由； (2)D1B和CC1是否是異面直線？說明理由． 解：(1)AM與CN不是異面直線．理由如下： 連結MN，A1C1，AC. 因為M，N分別是A

39、1B1，B1C1的中點，所以MN∥A1C1. 又因為A1A∥C1C，A1A＝C1C， 所以四邊形A1ACC1為平行四邊形， 所以A1C1∥AC，所以MN∥AC， 所以A，M，N，C在同一平面內，故AM和CN不是異面直線． (2)D1B與CC1是異面直線．證明如下： 因為ABCD-A1B1C1D1是正方體， 所以B，C，C1，D1不共面． 假設D1B與CC1不是異面直線， 則存在平面α，使D1B?平面α，CC1?平面α， 所以D1，B，C，C1∈α，與ABCD-A1B1C1D1是正方體矛盾． 所以假設不成立，即D1B與CC1是異面直線． 一抓基礎，多練小題做到眼疾手

40、快 1．設P表示一個點，a，b表示兩條直線，α，β表示兩個平面，給出下列四個命題，其中正確命題的序號是________． ①P∈a，P∈α?a?α； ②a∩b＝P，b?β?a?β； ③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α； ④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b. 答案：③④ 2.如圖，在空間四邊形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關系是________． 解析：因為＝，所以MN∥BD， 又MN?平面BCD，BD?平面BCD， 所以MN∥平面BDC. 答案：平行 3．若平面α，β相交，在α，β內各取兩點，這四點都不在交線上，這四點能確定_

41、_______個平面． 解析：如果這四點在同一平面內，那么確定一個平面；如果這四點不共面，則任意三點可確定一個平面，所以可確定四個． 答案：1或4 4.如圖，平行六面體ABCD -A1B1C1D1中，既與AB共面又與CC1共面的棱有________條． 解析：依題意，與AB和CC1都相交的棱有BC；與AB相交且與CC1平行有棱AA1，BB1；與AB平行且與CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合條件的有5條． 答案：5 5．設a，b，c是空間中的三條直線，下面給出四個命題： ①若a∥b，b∥c，則a∥c； ②若a⊥b，b⊥c，則a∥c； ③若a與b相交，b與c相交，則a與c相

42、交； ④若a?平面α，b?平面β，則a，b一定是異面直線． 上述命題中正確的命題是____(寫出所有正確命題的序號)． 解析：由公理4知①正確；當a⊥b，b⊥c時，a與c可以相交、平行或異面，故②錯；當a與b相交，b與c相交時，a與c可以相交、平行，也可以異面，故③錯；a?α，b?β，并不能說明a與b“不同在任何一個平面內”，故④錯． 答案：① 二保高考，全練題型做到高考達標 1．已知A，B，C，D是空間四點，命題甲：A，B，C，D四點不共面，命題乙：直線AC和BD不相交，則甲是乙成立的______條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)． 解析：若

43、A，B，C，D四點不共面，則直線AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直線AC和BD不相交，若直線AC和BD平行時，A，B，C，D四點共面，所以甲是乙成立的充分不必要條件． 答案：充分不必要 2．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是線段BC，CD1的中點，則直線A1B與直線EF的位置關系是________． 解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1， 從而四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以A1B∥CD1， 又EF?平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，則A1B與EF相交． 答案：相交 3．下列命題中，真命題的個數(shù)為________． ①如果兩個平面

44、有三個不在一條直線上的公共點，那么這兩個平面重合； ②兩條直線可以確定一個平面； ③空間中，相交于同一點的三條直線在同一平面內； ④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，則M∈l. 解析：根據(jù)公理3，可判斷①是真命題；兩條異面直線不能確定一個平面，故②是假命題；在空間，相交于同一點的三條直線不一定共面(如墻角)，故③是假命題；根據(jù)平面的性質可知④是真命題．綜上，真命題的個數(shù)為2. 答案：2 4．已知l，m，n為兩兩垂直的三條異面直線，過l作平面α與直線m垂直，則直線n與平面α的關系是________． 解析：因為l?α，且l與n異面，所以n?α，又因為m⊥α，n⊥m，所以n∥α. 答案

45、：n∥α 5.如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點E，H分別是邊AB，AD的中點，點F，G分別是邊BC，CD上的點，且＝＝，則下列說法正確的是______(填序號)． ①EF與GH平行； ②EF與GH異面； ③EF與GH的交點M可能在直線AC上，也可能不在直線AC上； ④EF與GH的交點M一定在直線AC上． 解析：連結EH，F(xiàn)G，如圖所示． 依題意，可得EH∥BD，F(xiàn)G∥BD， 故EH∥FG，所以E，F(xiàn)，G，H共面． 因為EH＝BD，F(xiàn)G＝BD，故EH≠FG， 所以EFGH是梯形，EF與GH必相交， 設交點為M.因為點M在EF上， 故點M在平面ACB上．同理，點M在平面

46、ACD上， 所以點M是平面ACB與平面ACD的交點， 又AC是這兩個平面的交線， 所以點M一定在直線AC上． 答案：④ 6.如圖為正方體表面的一種展開圖，則圖中的四條線段AB，CD，EF，GH在原正方體中互為異面直線的對數(shù)為________對． 解析：平面圖形的翻折應注意翻折前后相對位置的變化，則AB，CD，EF和GH在原正方體中，顯然AB與CD，EF與GH，AB與GH都是異面直線，而AB與EF相交，CD與GH相交，CD與EF平行．故互為異面的直線有且只有3對． 答案：3 7.如圖是正四面體的平面展開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點，在這個正四面體中， ①

47、GH與EF平行； ②BD與MN為異面直線； ③GH與MN成60°角； ④DE與MN垂直． 以上四個命題中，正確命題的序號是________． 解析：還原成正四面體知GH與EF為異面直線，BD與MN為異面直線，GH與MN成60°角，DE⊥MN. 答案：②③④ 8．如圖，在四棱錐V-ABCD中，底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為側棱VC，VB上的點，且滿足VC＝3EC，AF∥平面BDE，則＝________. 解析：連結AC交BD于點O，連結EO，取VE的中點M，連結AM，MF，由VC＝3EC?VM＝ME＝EC，又AO＝CO?AM∥EO?AM∥平面BDE，又由題意知AF∥平面B

48、DE，且AF∩AM＝A，所以平面AMF∥平面BDE?MF∥平面BDE?MF∥BE?VF＝FB?＝2. 答案：2 9.(2018·南京一中檢測)如圖，E，F(xiàn)分別是長方體ABCD-A1B1C1D1的棱A1A，C1C的中點．求證：四邊形B1EDF是平行四邊形． 證明：設Q是DD1的中點，連結EQ，QC1，如圖． 因為E是AA1的中點，Q是DD1的中點，所以EQ綊A1D1. 又A1D1綊B1C1，所以EQ綊B1C1， 所以四邊形EQC1B1為平行四邊形，所以B1E綊C1Q. 又Q，F(xiàn)分別是D1D，C1C的中點， 所以QD綊C1F， 所以四邊形DQC1F為平行四邊形，所以C1Q綊D

49、F. 故B1E綊DF，所以四邊形B1EDF是平行四邊形． 10.如圖所示，四邊形ABEF和四邊形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，BC＝AD，BE∥FA，BE＝FA，G，H分別為FA，F(xiàn)D的中點． (1)證明：四邊形BCHG是平行四邊形； (2)C，D，F(xiàn)，E四點是否共面？為什么？說明理由． 解：(1)證明：因為G，H分別為FA，F(xiàn)D的中點， 所以GH∥AD，GH＝AD. 又BC∥AD，BC＝AD， 所以GH綊BC，所以四邊形BCHG為平行四邊形． (2)四點共面，理由如下：由BE∥FA，BE＝FA，G為FA的中點知，BE∥FG，BE＝FG， 所

50、以四邊形BEFG為平行四邊形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF與CH共面． 又D∈FH，所以C，D，F(xiàn)，E四點共面． 三上臺階，自主選做志在沖刺名校 1.如圖所示，設E，F(xiàn)，G，H依次是空間四邊形ABCD邊AB，BC，CD，DA上除端點外的點，＝＝λ，＝＝μ，則下列結論中正確的是________(填序號)． ①當λ＝μ時，四邊形EFGH是平行四邊形； ②當λ≠μ時，四邊形EFGH是梯形； ③當λ≠μ時，四邊形EFGH一定不是平行四邊形； ④當λ＝μ時，四邊形EFGH是梯形． 解析：由＝＝λ，得EH∥BD，且＝λ，同理得FG∥BD且＝μ，當λ＝

51、μ時，EH∥FG且EH＝FG.當λ≠μ時，EH∥FG，但EH≠FG，所以①②③正確，只有④錯誤． 答案：①②③ 2．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，則在空間中與三條直線A1D1，EF，CD都相交的直線有________條． 解析：如圖，在A1D1上任取一點P，過點P與直線EF作一個平面α，因為CD與平面α不平行，所以它們相交，設α∩CD＝Q，連結PQ，則PQ與EF必然相交，即PQ為所求直線．由點P的任意性，知有無數(shù)條直線與A1D1，EF，CD都相交． 答案：無數(shù) 3.如圖所示，三棱柱ABC -A1B1C1，底面是邊長為2的正三角形，側棱A1A

52、⊥底面ABC，點E，F(xiàn)分別是棱CC1，BB1上的點，點M是線段AC上的動點，EC＝2FB＝2. (1)當點M在何位置時，BM∥平面AEF? (2)若BM∥平面AEF，判斷BM與EF的位置關系，說明理由；并求BM與EF所成的角的余弦值． 解：(1)法一：如圖所示，取AE的中點O，連結OF，過點O作OM⊥AC于點M. 因為側棱A1A⊥底面ABC， 所以側面A1ACC1⊥底面ABC. 又因為EC＝2FB＝2， 所以OM∥FB∥EC且OM＝EC＝FB， 所以四邊形OMBF為矩形，BM∥OF. 因為OF?平面AEF，BM?平面AEF， 故BM∥平面AEF，此時點M為AC的中點． 法

53、二：如圖所示， 取EC的中點P，AC的中點Q，連結PQ，PB，BQ. 因為EC＝2FB＝2，所以PE綊BF， 所以PQ∥AE，PB∥EF， 所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF， 因為PB∩PQ＝P，PB，PQ ?平面PBQ， 所以平面PBQ∥平面AEF. 又因為BQ?平面PBQ， 所以BQ∥平面AEF. 故點Q即為所求的點M，此時點M為AC的中點． (2)由(1)知，BM與EF異面，∠OFE(或∠MBP)就是異面直線BM與EF所成的角或其補角． 易求AF＝EF＝，MB＝OF＝，OF⊥AE， 所以cos∠OFE＝＝＝， 所以BM與EF所成的角的余弦值為. 第三

54、節(jié)直線、平面平行的判定及其性質 1．直線與平面平行的判定定理和性質定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 如果平面外一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線與這個平面平行(簡記為線線平行?線面平行) ?a∥α 性質定理 如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線就和交線平行(簡記為“線面平行?線線平行”) ?l∥b 2．平面與平面平行的判定定理和性質定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行 ?α∥β 性質定理

55、 如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么所得的兩條交線平行 ?a∥b [小題體驗] 1．(教材習題改編)已知平面α∥平面β，直線a?α，有下列命題： ①a與β內的所有直線平行； ②a與β內無數(shù)條直線平行； ③a與β內的任意一條直線都不垂直． 其中真命題的序號是________． 答案：② 2．(教材習題改編)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E是DD1的中點，則BD1與平面ACE的位置關系為________． 解析：連結BD，設BD∩AC＝O，連結EO，在△BDD1中，點E，O分別是DD1，BD的中點，則EO∥BD1，又因為EO?平面ACE，BD1?平

56、面AEC，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 3．如圖所示，P為矩形ABCD所在平面外一點，矩形對角線交點為O，M為PB的中點，給出下列五個結論：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正確的個數(shù)有________． 解析：因為矩形ABCD的對角線AC與BD交于點O，所以O為BD的中點．在△PBD中，M是PB的中點，所以OM是△PBD的中位線，OM∥PD，則PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因為M∈PB，所以OM與平面PBA、平面PBC相交，故正確的個數(shù)為3. 答案：3 1．直線與平面

57、平行的判定中易忽視“線在面內”這一關鍵條件． 2．面面平行的判定中易忽視“面內兩條相交線”這一條件． 3．如果一個平面內有無數(shù)條直線與另一個平面平行，易誤認為這兩個平面平行，實質上也可以相交． [小題糾偏] 1．在長方體的各面中，和其中一條棱平行的平面有______個． 解析：借助長方體的直觀圖易知，在長方體的六個面中，和其中一條棱平行的平面有2個． 答案：2 2．設α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，“m∥β ”是“α∥β ”的________條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)． 解析：當m∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交

58、，因而m∥β?/ α∥β；當α∥β時，α內任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件． 答案：必要不充分 考點一　直線與平面平行的判定與性質　 [鎖定考向] 平行關系是空間幾何中的一種重要關系，包括線線平行、線面平行、面面平行，其中線面平行是高考熱點，多出現(xiàn)在解答題中． 常見的命題角度有： (1)證明直線與平面平行； (2)線面平行性質定理的應用．　　　 　 [題點全練] 角度一：證明直線與平面平行 1．(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4

59、，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點． (1)證明MN∥平面PAB； (2)求四面體N-BCM的體積． 解：(1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中點T，連接AT，TN， 由N為PC中點知TN∥BC， TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM， 所以四邊形AMNT為平行四邊形， 于是MN∥AT. 因為MN?平面PAB，AT?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點， 所以N到平面ABCD的距離為PA. 取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝. 由AM∥BC得M到BC的

60、距離為， 故S△BCM＝×4×＝2. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝×S△BCM×＝. 角度二：線面平行性質定理的應用 2.如圖，四棱錐P-ABCD 的底面是正方形，四條側棱均相等．點G，E，F(xiàn)，H 分別是棱 PB，AB，CD，PC上共面的四點，BC∥ 平面GEFH . 求證：GH∥EF. 證明：因為BC∥平面GEFH，BC?平面PBC， 且平面PBC∩平面GEFH＝GH， 所以GH∥BC， 同理可證EF∥BC， 因此GH∥EF. [通法在握] 證明直線與平面平行的3種方法 定義法 一般用反證法 判定定理法 關鍵是在平面內找(或作)一條直線與已知直線平

61、行，證明時注意用符號語言敘述證明過程 性質判定法 即兩平面平行時，其中一個平面內的任何直線都平行于另一個平面 [演練沖關] 　 如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，F(xiàn)是AB的中點，E是PD的中點． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)在PC上求一點G，使FG∥平面AEC，并證明你的結論． 解：(1)證明：連結BD，設BD與AC的交點為O，連結EO. 因為四邊形ABCD為矩形， 所以O為BD的中點． 又E為PD的中點， 所以EO∥PB. 因為EO?平面AEC， PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. (2)PC的中點G即為所求的點．

62、證明如下： 連結GE，F(xiàn)G， 因為E為PD的中點， 所以GE綊CD. 又F為AB的中點，且四邊形ABCD為矩形， 所以FA綊CD. 所以FA綊GE. 所以四邊形AFGE為平行四邊形， 所以FG∥AE. 又FG?平面AEC，AE?平面AEC， 所以FG∥平面AEC. 考點二　平面與平面平行的判定與性質　 [典例引領] 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. 證明：(1)因為GH是△A1B1C1的中位線， 所以GH∥B1C1.

63、又因為B1C1∥BC， 所以GH∥BC， 所以B，C，H，G四點共面． (2)因為E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點， 所以EF∥BC， 因為EF?平面BCHG，BC?平面BCHG， 所以EF∥平面BCHG. 因為A1G綊EB， 所以四邊形A1EBG是平行四邊形， 所以A1E∥GB. 因為A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG， 所以A1E∥平面BCHG. 因為A1E∩EF＝E， 所以平面EFA1∥平面BCHG. [由題悟法] 判定平面與平面平行的4種方法 (1)面面平行的定義，即證兩個平面沒有公共點； (2)面面平行的判定定理； (3)利用垂直于同一條直線的兩

64、個平面平行； (4)利用平面平行的傳遞性，兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行． [即時應用] 1．如圖，平面α內有△ABC，AB＝5，BC＝8，AC＝7，梯形BCDE的底DE＝2，過EB的中點B1的平面β∥α，若β分別交EA，DC于點A1，C1，求△A1B1C1的面積． 解：因為α∥β， 所以A1B1∥AB，B1C1∥BC， 又因為∠A1B1C1與∠ABC同向． 所以∠A1B1C1＝∠ABC. 又因為cos∠ABC＝＝， 所以∠ABC＝∠A1B1C1＝60°. 又因為B1為EB的中點， 所以B1A1是△EAB的中位線， 所以B1A1＝AB＝， 同理知

65、B1C1為梯形BCDE的中位線， 所以B1C1＝(BC＋DE)＝5. 則S△A1B1C1＝A1B1×B1C1×sin 60° ＝××5×＝. 故△A1B1C1的面積為. 2．如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點，求證： (1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)如圖，連結AE，設DF與GN的交點為O， 則AE必過DF與GN的交點O， 連結MO，則MO為△ABE的中位線， 所以BE∥MO，又BE?平面DMF，MO?平面DMF， 所以BE∥平面DMF. (2)因為N，G分別為平行四邊形

66、ADEF的邊AD，EF的中點， 所以DE∥GN，又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG. 又M為AB中點，所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN，又BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE?平面BDE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D， 所以平面BDE∥平面MNG. 　 [典例引領] 　如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱CC1的中點，問在棱AB上是否存在一點E，使DE∥平面AB1C1？若存在，請確定點E的位置；若不存在，請說明理由． 解：法一：假設在棱AB上存在點E，使得DE∥平面AB1C1， 如圖，取BB1的中點F， 連結DF，EF，ED，則DF∥B1C1， 又DF?平面AB1C1， B1C1?平面AB1C1， 所以DF∥平面AB1C1， 又DE∥平面AB1C1，DE∩DF＝D， 所以平面DEF∥平面AB1C1， 因為EF?平面DEF，所以EF∥平面AB1C1， 又因為EF?平面ABB1，平面ABB1∩平面AB1C1＝AB1， 所以EF∥AB1， 因為點F是BB1的中點，