【期末押题预测】期末核心考点 平行关系（含解析）2024-2025学年高一下学期数学北师大版（2019）

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期末核心考点 平行关系
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 鄞州区校级期中）已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．（2025春 思明区校级期中）设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若a∥α，b∥a，则b∥α
B．若a∥α，b∥α，a β，b β，则β∥α
C．若α∥β，b∥α，则b∥β
D．若α∥β，a α，则a∥β
3．（2025 鼓楼区校级模拟）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025 河南二模）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025春 广州期中）如图，P为平行四边形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，（　　）
A． B． C．2 D．
6．（2025 天津模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②三棱锥A1﹣ADP的体积为定值；
③存在一点P，D1O∥B1P；
④若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为．
其中正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2025春 西工区校级期中）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA∥平面EBF时，（　　）
A．3 B．4 C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 上城区校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1C1上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．A1C1∥平面ACD1
B．存在点P，使得直线AC与BP共面
C．PB1+PA的最小值为
D．若M为线段B1C上的动点，且MP∥平面ABB1A1，则MP的最小值为
（多选）9．（2025 江苏三模）如图，在边长为12的正方形ABCD中，E1，E2，F1，F2分别边AD，BC的三等分点，正方形内有两点P，Q，点P到AD，CD的距离分别为3a，2a，点Q到BC，AB的距离也是3a和2a，其中0＜a＜2．将该正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB与DC重合，则在该空间图形中，（　　）
A．直线PQ∥平面E1E2F2F1
B．PQ的最小值为
C．线段PQ的中点到A的距离不超过
D．异面直线PQ与AB成45°角时，
（多选）10．（2025春 海珠区校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为线段B1C上一个动点，则（　　）
A．存在点G，使BG∥EF
B．存在点G，使平面EFG∥平面BDC1
C．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
D．存在点G，使得平面EFG截正方体所得截面为正六边形
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 龙岩期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，，直线BF∥平面ACE，则λ＝ 　 　 ．
12．（2025春 镜湖区校级期中）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1上的一点，且，D是棱BC上一点．若A1B∥平面ADE，则的值为 　 　 ．
13．（2025 绵阳模拟）在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同．如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且PD∥平面ABC，则P点的轨迹长度为 　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025 湖南模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．
（1）求证：C1M∥平面B1ED；
（2）求直线C1M到平面B1ED的距离；
（3）求点A1到直线B1E的距离．
15．（2025 重庆模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，O为BC边的中点，点D，E分别在AB，AC上，将△ACO绕直线AO旋转α到△AON的位置，点E对应点M，DE交AO于点F，点P在线段NC上，连接EP，FP，MO．已知α∈（0，π），，．
（1）证明：EP∥平面AON；
（2）若AO＝BC，求OM与平面EFP所成角的正弦值的取值范围．
期末核心考点 平行关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 鄞州区校级期中）已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】平面与平面平行；充分条件必要条件的判断．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】D
【分析】线面的位置关系和充分条件，必要条件的定义即可判断．
【解答】解：当“直线a和直线b平行”时，平面α和平面β可能平行也可能相交，
所以“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的不充分条件；
当“平面α和平面β平行”时，直线a和直线b可能平行也可能异面，“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的不必要条件；
因此“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
【点评】本题考查线线平行的性质及面面平行的性质的应用，属于基础题．
2．（2025春 思明区校级期中）设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若a∥α，b∥a，则b∥α
B．若a∥α，b∥α，a β，b β，则β∥α
C．若α∥β，b∥α，则b∥β
D．若α∥β，a α，则a∥β
【考点】直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】D
【分析】由面面平行的性质定理及线面平行的性质的应用分别判断出所给命题的真假．
【解答】解：A中，若a∥α，b∥a，则b∥α或b α，所以A不正确；
B中，a∥α，b∥α，a β，b β，没有指明a，b是否是相交直线，所以B不正确；
C中，若α∥β，b∥α，则b∥β或b β，所以C不正确；
D中，若α∥β，a α，由面面平行的性质定理可知a∥β，所以D正确．
故选：D．
【点评】本题考查面面平行的性质的应用及面面平行的判定定理的应用，属于基础题．
3．（2025 鼓楼区校级模拟）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】D
【分析】根据正方体的性质相应作出完整的截面，然后根据正方体的性质及线面平行的判定即可得解．
【解答】解：对于A，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥EF∥AC，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ABDCEF，由正方体的性质可得MN∥BF，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥BD，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足．
故选：D．
【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理，考查了数形结合思想的应用，注意解题方法的积累，属于中档题．
4．（2025 河南二模）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内（含边界）的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】取A1D1的中点M，根据线面平行的判定定理，证得AB1∥平面BEF，AM∥平面BEF，进而证得平面AB1M∥平面BEF，得到当P∈AM时，B1P∥平面BEF，所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，在△AMB1中，求得，结合B1M sin∠AMB1，即可求解．
【解答】解：根据题意可知，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，
如图所示，取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD＝B1C1，
∵E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F，
∴四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，
又∵AB1 平面BEF，EF 平面BEF，∴AB1∥平面BEF，
同理可证：AM∥平面BEF，
∵AB1∩AM＝A，且AB1，AM 平面AB1M，∴平面AB1M∥平面BEF，
又∵AM 平面AA1D1D，当P∈AM时，则B1P 平面AB1M，
∴B1P∥平面BEF，∴点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为2，可得，，
在△AMB1中，可得，且，
则，∴B1P的最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查了线面平行，属于中档题．
5．（2025春 广州期中）如图，P为平行四边形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，（　　）
A． B． C．2 D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】连接AC，设AC交BE于O，连接OF，由线面平行的性质可得PA∥OF，再由平行线分线段成比例，可得答案．
【解答】解：连接AC，设AC交BE于O，连接OF，
因为PA∥平面EBF，OF 平面BEF，
且PA，OF 平面PAC，
所以PA∥OF，
在平行四边形ABCD，E为AD的中点，所以2，
所以．
故选：A．
【点评】本题考查线面平行的性质的应用及平行线分线段成比例的性质的应用，属于中档题．
6．（2025 天津模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②三棱锥A1﹣ADP的体积为定值；
③存在一点P，D1O∥B1P；
④若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为．
其中正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】直线与平面平行；棱锥的体积．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】由棱柱的性质分别判断所给的命题的真假．
【解答】解：对于①，连接AD1，CD1，由正方体的性质知三角形ACD1为等边三角形，
由于O为底面ABCD的中心，故为AC中点，故D1O⊥AC，①正确；
对于②：三棱锥A1﹣ADP的体积为 h AA1×AD×AB2×2×2，故②正确；
对于③，将D1O进行平移到过B1点，使之与B1P具有公共顶点，
根据立体图形判断，无论如何也不可能满足B1H平行或重合于B1P，
所以D1O不可能平行于B1H，③错误；
对于④，取B1B的中点E，连接OE，EC，BD，D1E，
则，，D1E＝3，满足，所以OE⊥D1O，
又OC⊥BD，OC⊥DD1，所以OC⊥平面BDD1B1，D1O 平面BDD1B1，
所以OC⊥D1O，OC∩OE＝O，所以D1O⊥平面OEC，
所以P在线段EC上运动，当点P到点E位置时，C1P最大，
此时△D1C1P面积最大为：，故④正确．
故选：C．
【点评】本题考查棱柱的性质的应用，属于中档题．
7．（2025春 西工区校级期中）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA∥平面EBF时，（　　）
A．3 B．4 C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】对应思想；定义法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可．
【解答】解：如图，连接AC交BE于点G，连接FG，
因为PA∥平面BEF，PA 平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，
所以PA∥FG，
所以，因为AD∥BC，E为AD的三等分点，
则即．
故选：D．
【点评】本题考查线面平行性质定理，属于中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 上城区校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1C1上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．A1C1∥平面ACD1
B．存在点P，使得直线AC与BP共面
C．PB1+PA的最小值为
D．若M为线段B1C上的动点，且MP∥平面ABB1A1，则MP的最小值为
【考点】直线与平面平行；棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】AD
【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；利用反证法可判断B选项；将△A1B1C1沿直线A1C1翻折，使其与平面AA1C1C共面，连接AS，再在△AA1S中，利用余弦定理求解判断C选项；过M作MN⊥B1C1于点N，连接NP，则MN∥BB1，从而MN∥平面ABB1A1，再由MP∥平面ABB1A1得到平面PMN∥平面ABB1A1，从而PN∥平面ABB1A1，求解可判断D选项．
【解答】解：对于A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，如图，
所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以A1C1∥AC，
因为A1C1 平面ACD1，AC 平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，A对；
对于B，假设存在点P，使得直线AC与BP共面，
由A选项知，点P、直线AC可确定平面AA1C1C，
若直线AC与BP共面，则B∈平面AA1C1C，矛盾，假设不成立，
因此，不存在点P，使得直线AC与BP共面，B错；
对于C，将△A1B1C1沿直线A1C1翻折，使其与平面AA1C1C共面，
记翻折后点B1对应的点为S，连接AS，如图，则PB1+PA≥AS，
在△AA1S中，由余弦定理可得：
，
即PB1+AP的最小值为，C错；
对于D，如图3，过M作MN⊥B1C1于点N，连接NP，
则MN∥BB1，MN 平面ABB1A1，BB1 平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1，
又MP∥平面ABB1A1，MN∩MP＝M，MN，MP 平面PMN，
所以平面PMN∥平面ABB1A1，则PN∥平面ABB1A1．
又PN 平面A1B1C1，平面A1B1C1∩平面ABB1A1＝A1B1，所以PN//A1B1．
设C1N＝x，x∈[0，1]，则PN＝x，MN＝B1N＝1﹣x，且，
所以，
当且仅当时等号成立，D对．
故选：AD．
【点评】本题主要考查线面平行的判定，棱柱的结构特征，空间几何体中的最值问题，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）9．（2025 江苏三模）如图，在边长为12的正方形ABCD中，E1，E2，F1，F2分别边AD，BC的三等分点，正方形内有两点P，Q，点P到AD，CD的距离分别为3a，2a，点Q到BC，AB的距离也是3a和2a，其中0＜a＜2．将该正方形沿E1F1，E2F2折起，使AB与DC重合，则在该空间图形中，（　　）
A．直线PQ∥平面E1E2F2F1
B．PQ的最小值为
C．线段PQ的中点到A的距离不超过
D．异面直线PQ与AB成45°角时，
【考点】直线与平面平行；两点间的距离公式；异面直线及其所成的角．
【答案】ABD
【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，求得，选项A，先求出平面E1E2F2F1的一个法向量，利用，即可求解判断出A的真假；选项B，因为，利用二次函数的性质，即可求解，判断出B的真假；选项C，求出PQ的中点S及A的坐标，即可求解，判断出C的真假；选项D，利用线线角的向量法，即可求解．
【解答】解：如图，
取E1E2中点O1，F1F2的中点O，连接OB，OO1，
因为BF2＝F2F1＝F1B＝4，所以BO⊥F1F2，
因为E1F1⊥F1B，E1F1⊥F1F2，又F1B∩F1F2，F1B，F1F2 面BF1F2，
所以E1F1⊥面BF1F2，又OO1∥E1F1，所以OO1⊥面BF1F2，
故OB，OF2，OO1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设QH⊥BF1于H，PM⊥BF2于M，过H作HK⊥OB于K，
易知，BH＝2a，又，
所以，
又QH＝3a，
所以，同理可知，
所以，
对于选项A，易知平面E1E2F2F1的一个法向量为，
因为，
显然QP 平面E1E2F2F1，所以PQ∥平面E1E2F2F1，故选项A正确；
对于选项B，因为，
令y＝40a2﹣144a+144，其中0＜a＜2，
对称轴，所以，
所以，故选项B正确；
对于选项C，因为PQ的中点，，
所以|AS|3，故选项C错误；
对于选项D，因为，所以，
所以，整理得到2a2﹣9a+9＝0，
解得或a＝3（舍），故选项D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查用空间向量的方法求异面直线所成的角的大小及两点间的距离公式的应用，属于中档题．
（多选）10．（2025春 海珠区校级期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为线段B1C上一个动点，则（　　）
A．存在点G，使BG∥EF
B．存在点G，使平面EFG∥平面BDC1
C．三棱锥A1﹣EFG的体积为定值
D．存在点G，使得平面EFG截正方体所得截面为正六边形
【考点】平面与平面平行；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据正方体的性质即可判断A选项；
根据假设法即可判断B选项；
根据三棱锥体积公式即可判断C选项；
根据正六边形的性质即可判断D选项．
【解答】解：A选项，存在点G为B1C与BC1的交点，使得BG∥EF，
理由如下：若点G为B1C与BC1的交点，则B，G，C1三点共线，由正方体性质得，AB∥C1D1，AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以BC1∥AD1，
因为E，F为A1D1，AA1中点，所以EF∥AD1，所以BC1∥EF，即BG∥EF，故A选项正确；
B选项，如图，A1D∩EF＝P，H为侧面CB1中心，
则平面A1DCB1与平面EFG和平面BDC1分别交于线PG，DH，若存在G点使平面EFG∥平面BDC1，
则PG∥DH，又A1D∥CB1，则四边形PGHD为平行四边形，
即PD＝GH，，此时G应在CB1延长线上，故B选项错误；
C选项，随着G移动但G到面A1EF的距离始终不变即A1B1，
故是定值，故C选项正确；
D选项，如图，当G为B1C靠近C的四等分点时，平面EFG截正方体的截面为正六边形，故D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了正方体的性质，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 龙岩期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，，直线BF∥平面ACE，则λ＝ 　　 ．
【考点】直线与平面平行．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】．
【分析】在线段PE上取点H，使得，连接HF，DF，BD，由BF∥平面ACE，可得MN∥BF，进而可得E是线段DH的中点，由向量关系可得NE∥HF，即可求λ．
【解答】解：如图，在线段PE上取点H，使得，连接HF，DF，BD，记AC∩BD＝M，CE∩DF＝N，连接MN，因为直线BF∥平面ACE，且平面BDF∩平面ACE＝MN，
所以MN∥BF．
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以M为线段BD的中点，则N为线段DF的中点．
因为，，
所以，
所以HF∥CE，即NE∥HF．
因为N为线段DF的中点，所以E是线段DH的中点，
则DE＝HE，所以，则．
故答案为：．
【点评】本题主要考查线面平行的性质定理，考查运算求解能力，属于中档题．
12．（2025春 镜湖区校级期中）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是棱CC1上的一点，且，D是棱BC上一点．若A1B∥平面ADE，则的值为 　　 ．
【考点】直线与平面平行．
【专题】数形结合；综合法；立体几何；逻辑思维．
【答案】．
【分析】连接A1C，交AE于点F，有直线与平面平行的性质证明A1B∥FD，再由平行线分线段长比例求解即可．
【解答】解：连接A1C，交AE于点F，连接FD，则平面A1CB∩平面AED＝FD，
因为A1B∥平面ADE，且A1B 平面A1CB，所以A1B∥FD，
所以在△CA1B中，，
因为，所以，
由三棱柱性质有CC1∥AA1，所以，即，
所以，即，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查了直线与平面平行的性质定理的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．
13．（2025 绵阳模拟）在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同．如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且PD∥平面ABC，则P点的轨迹长度为 　　 ．
【考点】直线与平面平行．
【专题】数形结合；综合法；立体几何；逻辑思维；空间想象．
【答案】．
【分析】根据正四面体的性质可得线线平行，进而得平面DNM∥平面ABC，故P点的轨迹为线段DN，NM，DM，即可利用三角形边角关系求解长度．
【解答】解：如图，补全正四面体，连接CQ．取N，M分别为大正四面体棱的中点，连接DN，NM，DM，
由于C，D，A，B均为大四面体的棱的三等分点，故DN∥CQ，NM∥AB．
因为CQ 平面ABC，AB 平面ABC，DN 平面ABC，NM 平面ABC，
所以DN∥平面ABC，NM∥平面ABC．
因为DN∩NM＝N，DN，NM 平面DNM，所以平面DNM∥平面ABC，
由于PD∥平面ABC，因此P∈平面DNM，故P点的轨迹为线段DN，NM，DM，
由于，MN＝3，
所以P点的轨迹长度为．
故答案为：．
【点评】本题考查线面平行、面面平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025 湖南模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．
（1）求证：C1M∥平面B1ED；
（2）求直线C1M到平面B1ED的距离；
（3）求点A1到直线B1E的距离．
【考点】直线与平面平行；空间中点到平面的距离．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【分析】（1）设A1D的中点为N，连接MN，则MN∥B1D，连接C1N，利用线面平行、面面平行的判定和性质，可得证；
（2）利用平行于平面的直线上各点到平面的距离相等和等体积法可求得线到面的距离；
（3）连接A1E，运用三角形的等面积法可求得所求的距离．
【解答】（1）设A1D的中点为N，连接MN，则MN//B1D，
又MN 平面B1ED，B1D 平面B1ED，所以MN∥平面B1ED；
连接C1N，因为C1E∥ND且C1E＝ND，
所以C1NDE是平行四边形，所以C1N//DE，
又C1N 平面B1ED，DE 平面B1ED，
所以C1N∥平面B1ED；
又C1N∩MN＝N，且C1N 平面C1MN，MN 平面C1MN，
所以平面C1MN∥平面B1ED，又C1M 平面C1MN，
所以C1M∥平面DB1E；
（2）解：由（1）得C1M∥平面DB1E，
所以直线C1M到平面B1ED的距离等于点C1到平面B1ED的距离，
设C1到平面B1ED的距离为d，
则，而，
又，
所以，
所以d ，解得，
所以直线C1M到平面B1ED的距离为；
（3）解：连接A1E，则，
设点A1到直线B1E的距离为h，
所以，即h＝2，
解得，
所以点A1到直线B1E的距离为．
【点评】本题考查线面平行的判定定理的应用及等体积法求点到平面的距离，等面积法求点到中线的距离，属于中档题．
15．（2025 重庆模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，O为BC边的中点，点D，E分别在AB，AC上，将△ACO绕直线AO旋转α到△AON的位置，点E对应点M，DE交AO于点F，点P在线段NC上，连接EP，FP，MO．已知α∈（0，π），，．
（1）证明：EP∥平面AON；
（2）若AO＝BC，求OM与平面EFP所成角的正弦值的取值范围．
【考点】直线与平面平行；空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（0，]．
【分析】（1）由可得，由可得，则PE∥AN，再利用线面平行判定定理即可得证；
（2）可建立适当空间直角坐标系，再以OC为单位长度，则可表示出各点坐标，从而表示出与平面EFP的法向量，再利用空间向量夹角公式结合α的范围计算即可得解．
【解答】（1）证明：由，则D、E分别为AB，AC的三等分点，
即、，
由，则，故PE∥AN，
又AN 平面AON，PE 平面AON，
故EP∥平面AON；
（2）解：由AB＝AC，O为BC边的中点，则AO⊥BC，
如图，在平面BCN内作Ox⊥BC，则可建立如图所示空间直角坐标系O﹣xyz，
设OC为单位长度，则有O（0，0，0），C（0，1，0），B（0，﹣1，0），A（0，0，2），
由DE交AO于点F，则，，
则N（sinα，cosα，0），则，，
则，，，
设平面EFP的法向量为，
则有，即，
令x＝2，则y＝0，z＝sinα，即（2，0，sinα），
可得 sinα+0sinα＝2sinα，||，||，
所以cos，，
设OM与平面EFP所成角为θ，
则sinθ＝|cos，|，
由α∈（0，π），则sinα∈（0，1]，则，
则，故．
即OM与平面EFP所成角的正弦值的取值范围为（0，]．
【点评】本题考查线面平行的判定定理的应用及用空间向量的方法求线面所成角的正弦值，属于中档题．
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