2021年高考数学一轮复习 7.4 直线、平面平行的判定及其性质备选练习文新人教A版

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一轮复习课时训练§7.4：直线、平面平行的判定及其性质

第七章§4：直线、平面平行的判定及其性质(与一轮复习课件对应的课时训练)满分100，训练时间45钟一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．在空间中，下列命题正确的是A．若两直线垂直于同一条直线，则两直线平行B．若两直线平行于同一个平面，则两直线平行C．若两平面垂直于同一个平面，则两平面平行D．若两平面平行于同一个平面，则两平面平行2．若a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是A．α内的所有直线与a异面B．α内与a平行的直线不存在C．α内存在唯一的直线与a平行D．α内的直线与a都相交3．给出以下四个命题：①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行；②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面；③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线相互平行；④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．其中真命题的个数是A．1 B．2 C．3 D．44．设平面α∥平面β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A，B分别在α，β内运动时，那么所有的动点CA．不共面B．当且仅当A，B在两条相交直线上移动时才共面C．当且仅当A，B在两条给定的平行直线上移动时才共面D．不论A，B如何移动都共面5．已知平面α∥平面β，直线m ⊂α，直线n ⊂β，点A ∈m ，点B ∈n ，记点A ，B 之间的距离为a ，点A 到直线n 的距离为b ，直线m 和n 的距离为c ，则A ．b ≤c ≤aB ．a ≤c ≤bC ．c ≤a ≤bD ．c ≤b ≤a二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．如图所示，在三棱锥C －ABD 中，E ，F 分别是AC 和BD 的中点，若CD ＝2AB ＝4，EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角是______．7．四边形ABCD 中，AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝BD ＝1，要使A ，B ，C ，D四点不共面，则AC 的取值范围是________．8．如图所示，ABCD －A1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a 3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________.三、解答题：本大题共2小题，共36分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．（本小题满分18分）如图，已知四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外的一点，则在四棱锥 P －ABCD 中，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH.求证：AP ∥GH.10．（本小题满分18分）如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为a 的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，侧面PBC 内有BE ⊥PC 于E ，且BE ＝63a ，试在AB 上找一点F ，使EF ∥平面PAD.参考答案及其解析一、选择题：本大题共5小题，每小题8分，共40分.1．解析：对于A项，因为垂直于同一条直线的两条直线可能平行，还可能是异面直线，还可能相交，所以A项错；对于B项，平行于同一平面的两条直线也不一定平行，所以B 项错；对于C项，因为垂直于同一平面的两个平面可能平行还可能相交，所以C项错；而D项显然成立．故选D项．答案：D2．解析：由题设知，a和α相交，设a∩α＝P，如图，在α内过点P的直线与a共面，A项错；在α内不过点P的直线与a异面，D项错；(反证)假设α内直线b∥a，则∵a⊄α，∴a∥α，与已知矛盾，C项错．故选B项．答案：B3．解析：命题①是线面平行性质定理，命题②是线面垂直的判定定理，命题④是面面垂直判定定理，故①②④为真命题，而如果两条直线都平行于同一个平面，那么这两条直线平行、相交或异面．答案：C4．解析：根据平行平面的性质，不论A，B如何运动，动点C均在过C且与α，β都平行的平面上．答案：D5．解析：如图：α∥β，考虑m，n异面时，m和n的距离等于α，β间的距离，点A到n 的距离可以如下作出：过A作AO⊥面β于O，过O作OC⊥n于C，则AC为A点到直线n的距离，显然，此时c<b<a.当m，n共面时有c＝b＝a.综合上述，则有c≤b≤a.故选D项．答案：D二、填空题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．6．解析：取CB的中点G，连结EG，FG，∴EG∥AB，FG∥CD，∴EF与CD所成的角为∠EFG.又∵EF⊥AB，∴EF⊥EG.在Rt △EFG 中，EG ＝12AB ＝1，FG ＝12CD ＝2，∴sin ∠EFG ＝12， ∴∠EFG ＝30°，∴EF 与CD 所成的角为30°.答案：30°7．解析：如图(1)所示，△ABD 与△BCD 均为边长为1的正三角形，当△ABD 与△CBD 重合时，AC ＝0；将△ABD 以BD 为轴转动，到A ，B ，C ，D 四点再共面时，AC ＝3，如图(2)，故AC 的取值范围是0<AC< 3.答案：(0，3)8．解析：∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，∴MN ∥PQ.∵M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，AP ＝a 3， ∴CQ ＝a 3，从而DP ＝DQ ＝2a 3，∴PQ ＝223a. 答案：223a 三、解答题：本大题共2小题，共36分．9.（本小题满分18分）证明：连结AC ，交BD 于O ，连结MO.因为四边形ABCD 是平行四边形，所以O 是AC 的中点，又因为M 是PC 的中点，所以MO ∥PA.又因为MO ⊂平面BDM ，PA ⊄平面BDM.所以PA ∥平面BDM.又因为经过PA 与点G 的平面交平面BDM 于GH ，所以AP ∥GH.10.（本小题满分18分）解：在平面PCD 内，过E 作EG ∥CD 交PD 于G ，连结AG ，在AB 上取点F ，使AF ＝EG ，则F 即为所求作的点．EG ∥CD ∥AF ，EG ＝AF ，∴四边形FEGA 为平行四边形，∴FE ∥AG.又AG ⊂平面PAD ，FE ⊄平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD.又在△BCE 中，CE ＝BC 2－BE 2＝a 2－23a 2＝33a. 在Rt △PBC 中，BC 2＝CE·CP∴CP ＝a 233a ＝3a.又EG CD ＝PE PC ，∴EG ＝AF ＝23a. ∴点F 为AB 上靠近B 的一个三等分点．。

【2021】高考数学一轮复习学案：7.4 直线、平面平行的判定及其性质

第四节直线、平面平行的判定及其性质知识体系必备知识1.直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)l∥a,a⊂α,l⊄α,}⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)l∥α,l⊂β,α⋂β=b,}⇒l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)a∥β,b∥β,a⋂b=P,a⊂α,b⊂α,}⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行α∥β,α⋂γ=a,β⋂γ=b,}⇒a ∥b1.易错点:直线与平面平行的判定中的易错点易忽视“线在面内”这一关键条件.2.注意点:面面平行的判定中的易错点(1)易忽视“面内两条相交线”这一条件.(2)如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行,易误认为这两个平面平行,实质上也可以相交.基础小题1.已知平面α∥平面β,直线a⊂α,有下列命题:①a与β内的所有直线平行;②a与β内无数条直线平行;③a与β内的任意一条直线都不垂直.其中真命题的序号是________.【解析】由已知得a与β内的直线可能平行,也可能异面,包括异面垂直,故命题①③错误,②正确.答案:②2.在空间四边形ABCD中,E,F分别是AB和BC上的点,若AE∶EB=CF∶FB=1∶2,则对角线AC和平面DEF的位置关系是( ) A.平行 B.相交 C.在平面内 D.不能确定【解析】选A.如图,由AEEB =CFFB得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF.3.过三棱柱ABC-A1B1C1的棱A1C1,B1C1,BC,AC的中点E,F,G,H的平面与平面________平行.【解析】如图所示,连接各中点后,平面EFGH与平面A1B1BA平行.答案:A1B1BA4.(2021·柳州模拟)已知两个不同的平面α,β,两条不同的直线a,b,a⊂α,b⊂α,则“a∥β,b∥β”是“α∥β”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【解析】选B.因为“a∥β,b∥β”,若a∥b,则α与β不一定平行,反之若“α∥β”,则一定有“a∥β,b∥β”.5.设a,b是空间中不同的直线,α,β是不同的平面,则下列说法正确的是( )∥b,b⊂α,则a∥α⊂α,b⊂β,α∥β,则a∥b⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,则α∥βD.α∥β,a⊂α,则a∥β【解析】选D.由于可能出现a⊂α,所以A错.两平行平面中的直线位置关系不确定,所以B错.对应两平面平行的判定,C中a,b两直线不能确定是否相交,所以C错.D中,两平面平行,则一平面中的任一直线与另一平面平行,D对.。

2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第4节直线平面平行的判定及性质跟踪检测文含解析202101

第八章立体几何第四节直线、平面平行的判定及性质A级·基础过关|固根基|1.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.2．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m⊂αD．l⊂α，α∩β＝m解析：选B 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．故选B.3．(2019届长沙市统一模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选A 由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a 与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B 由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知，EF 15BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG 12BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交B．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B 由题意可得A 1M ＝13A 1B ，AN ＝13AC ，所以分别取BC ，BB 1上的点P ，Q ，使得CP ＝23BC ，BQ ＝23BB 1，连接MQ ，NP ，PQ ，则MQ23B 1A 1，NP23AB ，又B 1A 1AB ，故MQNP ，所以四边形MQPN 是平行四边形，则MN ∥QP ，QP ⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，则MN ∥平面BCC 1B 1，故选B.6．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)．解析：①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β 或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案：②7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则EF ＝________．解析：根据题意，因为EF ∥平面AB 1C ，所以EF ∥AC .又E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点．因为在Rt △DEF 中，DE ＝DF ＝1，故EF ＝2.答案：28.如图，平面α∥平面β，△ABC ，△A ′B ′C ′分别在α，β内，线段AA ′，BB ′，CC ′相交于点O ，O 在α，β之间，若AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，OA ∶OA ′＝3∶2，则△A ′B ′C ′的面积为________．解析：相交直线AA ′，BB ′所在平面和两平行平面α，β相交于AB ，A ′B ′，所以AB ∥A ′B ′.同理BC ∥B ′C ′，CA ∥C ′A ′.所以△ABC 与△A ′B ′C ′的三内角相等，所以△ABC ∽△A ′B ′C ′，A ′B ′AB＝OA ′OA＝23.又因为S △ABC ＝12×2×1×32＝32，所以S △A ′B ′C ′＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝32×49＝239. 答案：2399．(2020届广东七校联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，CD ＝4，E 为CD 的中点．(1)求证：AE ∥平面PBC ； (2)求三棱锥C －PBE 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2，∠BCA ＝60°. 在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，CD ＝4，∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴∠CAD ＝90°，则△ACD 是直角三角形．又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，∴△ACE 是等边三角形，∴∠CAE ＝60°，∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE .又AE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ∥平面PBC . (2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥底面BCE ， ∴PA 为三棱锥P －BCE 的高．∵∠BCA ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠BCE ＝120°. 又BC ＝1，CE ＝2，∴S △BCE ＝12×BC ×CE ×sin ∠BCE ＝12×1×2×32＝32，∴V 三棱锥C －PBE ＝V 三棱锥P －BCE ＝13×S △BCE ×PA ＝13×32×2＝33.10.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：(1)EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，在△SBC 中，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点，所以EG ∥SB .又因为SB ⊂平面BDD 1B 1，EG ⊄平面BDD 1B 1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.B级·素养提升|练能力|11.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B 因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确；由上面可知，BD ∥PN ，MN ∥AC . 所以PN BD ＝AN AD，MN AC＝DN AD，而AN ≠DN ，PN ＝MN ，所以BD ≠AC ，故B 错误．故选B. 12.如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，所以平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，所以MN ∥平面B 1BDD 1.答案：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)13．(2020届成都模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，AB ＝AD ，PA ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，PA 的中点．(1)证明：平面BMN ∥平面PCD ；(2)若AD ＝6，求三棱锥P －BMN 的体积．解：(1)证明：如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形．∵M 为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3 3.∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝22AD＝32，∴△PMN的面积S△PMN＝14S△PAD＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P－BMN的体积V P－BMN＝V B－PMN＝13S△PMN·BM＝13×94×33＝934.14．在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC1的交点．由已知，O为AC1，A1C的中点．连接MD，OE，OM，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD 12AC，OE12AC，因此MD OE.从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.。

2021年高考数学一轮复习第七章第四节直线、平面平行的判定及其性质演练知能检测文

2021年高考数学一轮复习第七章第四节直线、平面平行的判定及其性质演练知能检测文[全盘巩固]1．平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( )A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交 D．A，B，C，D四点共面解析：选D 充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．2．(x x·嘉兴模拟)设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是( )A．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件解析：选A A错误，应为既不充分也不必要条件，B，C，D易知均正确，故选A.3．在空间中，下列命题正确的是( )A．若a∥α，b∥a，则b∥αB．若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则α∥βC．若α∥β，b∥α，则b∥βD．若α∥β，a⊂α，则a∥β解析：选D 若a∥α，b∥a，则b∥α或b⊂α，故选项A错误；B中当a∥b时，α、β可能相交，故选项B错误；若α∥β，b∥α，则b∥β或b⊂β，故选项C错误；选项D为两平面平行的性质，故选D.4．给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为( )A．3 B．2 C．1 D．0解析：选C 当异面直线l、m满足l⊂α，m⊂β时，α、β也可以相交，故①错；若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l、m平行或异面，故②错；如图所示，设几何体三个侧面分别为α、β、γ.交线为l、m、n，若l∥γ，则l∥m，l∥n，则m∥n，故③正确．5.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为棱AB、CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条解析：选D 平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行，故选D.6．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )A．①③ B．①④ C．②③ D．②④解析：选B ①如图1，由平面ABC∥平面MNP，可得AB∥平面MNP.图1 图2④如图2，由AB∥CD，CD∥NP，得AB∥NP，又AB⊄平面MNP，NP⊂平面MNP，所以AB∥平面MNP.7．在四面体ABCD中，M、N分别是△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．解析：如图所示，取CD的中点E.则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.又MN⊄平面ABD，MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABD，AB⊂平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.答案：平面ABD与平面ABC8．(xx·台州模拟)考察下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l，m为不同直线，α、β为不重合平面)，则此条件为________．①⎭⎪⎬⎪⎫m⊂αl∥m⇒l∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫l∥mm∥α⇒l∥α；③⎭⎪⎬⎪⎫l⊥βα⊥β⇒l∥α.解析：线面平行的判定中指的是平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，故此条件为：l ⊄α.答案：l ⊄α9．已知l ，m 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题： ①若l ⊂α，m ⊂α，l ∥β，m ∥β，则α∥β； ②若l ⊂α，l ∥β，α∩β＝m ，则l ∥m ； ③若α∥β，l ∥α，则l ∥β；④若l ⊥α，m ∥l ，α∥β，则m ⊥β.其中真命题的是________(写出所有真命题的序号)．解析：当l ∥m 时，平面α与平面β不一定平行，①错误；由直线与平面平行的性质定理，知②正确；若α∥β，l ∥α，则l ⊂β或l ∥β，③错误；∵l ⊥α，l ∥m ，∴m ⊥α，又α∥β，∴m ⊥β，④正确，故填②④.答案：②④10.在多面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 的对角线的交点，三角形CDE 是等边三角形，棱EF ∥BC 且EF ＝12BC .求证：FO ∥平面CDE .证明：如图所示，取CD 中点M ，连接OM ，EM ，在矩形ABCD 中，OM ∥BC 且OM ＝12BC ，又EF ∥BC 且EF ＝12BC ，则EF ∥OM 且EF ＝OM .所以四边形EFOM 为平行四边形，所以FO ∥EM .又因为FO ⊄平面CDE ，EM ⊂平面CDE ，所以FO ∥平面CDE .11.如图所示，直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2.(1)证明：AC ⊥平面BB 1C 1C ；(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面ACB 1平行？证明你的结论．解：(1)证明：在直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC . 又∵∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，∠CAB ＝45°，在△ABC 中，由余弦定理可得BC ＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos∠CAB ＝ 2.∴BC 2＋AC 2＝AB 2， ∴BC ⊥AC .又BB 1∩BC ＝B ，BB 1，BC ⊂平面BB 1C 1C ， ∴AC ⊥平面BB 1C 1C .(2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点可满足要求．由P 为A 1B 1的中点，有PB 1∥AB ，且PB 1＝12AB ，又∵CD ∥AB 且CD ＝12AB ，∴CD ∥PB 1且CD ＝PB 1， ∴CDPB 1为平行四边形，∴DP ∥CB 1.又CB 1⊂平面ACB 1，DP ⊄平面ACB 1， ∴DP ∥平面ACB 1.12.如图所示，在正四棱锥P ABCD 中，底面是边长为2的正方形，侧棱PA ＝6，E 为BC 的中点，F 为侧棱PD 上的一动点．(1)求证：AC ⊥BF ；(2)当直线PE ∥平面ACF 时，求三棱锥F ACD 的体积．解：(1)证明：连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接PO ，则PO ⊥平面ABCD .∴AC ⊥PO .∵四边形ABCD 为正方形， ∴AC ⊥BD .又BD ∩PO ＝O ，BD ，PO ⊂平面PBD ， ∴AC ⊥平面PBD . 又BF ⊂平面PBD ， ∴AC ⊥BF .(2)连接DE ，交AC 于点G ，连接FG . ∵PE ∥平面ACF ， ∴PE ∥FG ， ∴DG DE ＝DF DP.又CE ＝12BC ＝12AD ，BC ∥AD ，∴CE AD ＝GE DG ＝12， ∴DG DE ＝23，∴DF DP ＝23. 过F 作FH ⊥DB ，垂足为H ，则FH ∥OP ， ∴FH OP ＝DF DP ＝23， ∴FH ＝23OP ，∵正方形ABCD 的边长为2， ∴AO ＝ 2.∴OP ＝PA 2－AO 2＝2.∴FH ＝43.∴三棱锥F ACD 的体积V F ACD ＝13S △ACD ·FH ＝13×12×22×43＝89.[冲击名校]如图所示，在棱长均为4的三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，D 1分别是BC 和B 1C 1的中点． (1)求证：A 1D 1∥平面AB 1D ；(2)若平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∠B 1BC ＝60°，求三棱锥B 1ABC 的体积．解：(1)证明：如图所示，连接DD 1，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，因为D ，D 1分别是BC 与B 1C 1的中点，所以B 1D 1∥BD 且B 1D 1＝BD .所以四边形B 1BDD 1为平行四边形，所以BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1. 又因为AA 1∥BB 1，且AA 1＝BB 1，所以AA 1∥DD 1，且AA 1＝DD 1，所以四边形AA 1D 1D 为平行四边形，所以A 1D 1∥AD .又A 1D 1⊄平面AB 1D ，AD ⊂平面AB 1D ，所以A 1D 1∥平面AB 1D .(2)在△ABC 中，因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，且交线为BC ，AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面BCC 1B 1，即AD 是三棱锥A B 1BC 的高．在△ABC 中，由AB ＝AC ＝BC ＝4，得AD ＝2 3. 在△B 1BC 中，B 1B ＝BC ＝4，∠B 1BC ＝60°，所以S △B 1BC ＝34×42＝43，所以三棱锥B 1ABC 的体积，即三棱锥A B 1BC 的体积 V ＝13S △B 1BC ×AD ＝13×43×23＝8. [高频滚动]1．α、β、γ是三个平面，a 、b 是两条直线，有下列三个条件： ①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填上你认为正确的所有序号)．解析：①a ∥γ，a ⊂β，b ⊂β，β∩γ＝b ⇒a ∥b (线面平行的性质)．②如图所示，在正方体中，α∩β＝a ，b ⊂γ，a ∥γ，b ∥β，而a 、b 异面，故②错． ③b ∥β，b ⊂γ，a ⊂γ，a ⊂β，β∩γ＝a ⇒a ∥b (线面平行的性质)．答案：①③2．过三棱柱ABC A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有________条．解析：过三棱柱ABC A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，记AC 、BC 、A 1C 1、B 1C 1的中点分别为E 、F 、E 1、F 1，则直线EF 、E 1F 1、EE 1、FF 1、E 1F 、EF 1均与平面ABB 1A 1平行，故符合题意的直线共有6条．答案：6"#A23062 5A16 娖20105 4E89 争32354 7E62 繢35479 8A97 誗21807 552F 唯Vfs20552 5048 偈G<25294 62CE 拎。

2021版新高考数学一轮集训40 直线、平面平行的判定及其性质

直线、平面平行的判定及其性质建议用时：45分钟一、选择题1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交B[∵l⊄α，且l与α不平行，∴l∩α＝P，故α内不存在与l平行的直线．故选B.]2.如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能B[由面面平行的性质可得DE∥A1B1，又A1B1∥AB，故DE∥AB.所以选B.]3．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD[选项A中，两直线可能平行，相交或异面，故选项A错误；选项B中，两平面可能平行或相交，故选项B错误；选项C中，两平面可能平行或相交，故选项C错误；选项D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确．故选D.]4.如图，AB∥平面α∥平面β，过A，B的直线m，n分别交α，β于C，E和D，F，若AC＝2，CE＝3，BF＝4，则BD的长为()A ．65B ．75C ．85D ．95C [由AB ∥α∥β，易证AC CE ＝BD DF ，即AC AE ＝BD BF ，所以BD ＝AC ·BF AE ＝2×45＝85.]5．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )A ．0条B ．1条C ．2条D ．0条或2条C [如图，设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH 是平行四边形，则EF ∥GH ，EF ⊄平面BCD ，GH ⊂平面BCD ，所以EF ∥平面BCD ，又EF ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BCD ＝CD ，则EF ∥CD ，EF ⊂平面EFGH ，CD ⊄平面EFGH ，则CD ∥平面EFGH ，同理AB ∥平面EFGH ，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条，故选C.]二、填空题6．设α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.可以填入的条件有________．①和③ [由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．]7.如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2 [在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，∴AC＝2 2.又E为AD中点，EF∥平面AB1C，EF⊂平面ADC，平面ADC∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，∴F为DC中点，∴EF＝12AC＝ 2.]8.如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)点M在线段FH上(或点M与点H重合)[连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.]三、解答题9.如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE.[证明]法一：(应用面面平行的判定定理证明)因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF，因为AF⊄平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE，因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD，因为AB⊄平面DCE，所以AB∥平面DCE，因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.法二：(利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明)：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF，因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，DE∩DC＝D，所以平面ABF∥平面DCE.法三：(利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明)因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥DC，又DE∩DC＝D，所以AD⊥平面DEC.同理AD⊥平面ABF.所以平面ABF∥平面DCE.10.如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，P为平面ABC外一点，E、F分别是P A、PC的中点．记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面P AC的位置关系，并加以证明．[解]直线l∥平面P AC，证明如下：因为E、F分别是P A、PC的中点，所以EF∥AC.又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l.因为l⊄平面P AC，EF⊂平面P AC，所以l∥平面P AC.1．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()①②③④A．①③B．②③C．①④D．②④C[对于图形①，易得平面MNP与AB所在的对角面平行，所以AB∥平面MNP；对于图形④，易得AB∥PN，又AB⊄平面MNP，PN⊂平面MNP，所以AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．故选C.]2.(2019·安徽蚌埠模拟)如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．2[如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝12＋12＝ 2.]3.已知A、B、C、D四点不共面，且AB∥平面α，CD∥α，AC∩α＝E，AD∩α＝F，BD∩α＝H，BC∩α＝G，则四边形EFHG是________四边形．平行[∵AB∥α，平面ABD∩α＝FH，平面ABC∩α＝EG，∴AB∥FH，AB∥EG，∴FH∥EG，同理EF∥GH，∴四边形EFHG是平行四边形．]4.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．[解](1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.∵HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF ∥平面ABD . 又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH .(2)设EF ＝x (0＜x ＜4)，∵EF ∥AB ，FG ∥CD ，∴CF CB ＝x 4，则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x 4.∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0＜x ＜4，∴8＜l ＜12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8，12).1．[多选]如图所示，透明塑料制成的长方体容器ABCD -A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值；③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行；④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值．其中正确命题的序号有( )A ．①B ．②C．③D．④ACD[由题图，显然①正确，②错误；对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，FG⊂平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面).∴③正确；对于④，∵水是定量的(定体积V)，∴S△BEF ·BC＝V，即12BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝2VBC(定值)，即④正确，故选ACD.]2.如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面P AD.(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面P AD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取P A的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝12AB，又AB∥CD，CD＝12AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH为平行四边形，所以CE∥DH，又DH⊂平面P AD，CE⊄平面P AD，因此CE∥平面P AD.(2)存在点F为AB的中点，使平面P AD∥平面CEF，证明如下：取AB的中点F，连接CF，EF，则AF＝12AB，因为CD＝12AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，因此CF∥AD.又AD⊂平面P AD，CF⊄平面P AD，所以CF∥平面P AD，由(1)可知CE∥平面P AD，又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面P AD，故存在AB的中点F满足要求．快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

新高考一轮复习人教版直线、平面平行的判定和性质作业

8.3直线、平面平行的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面平行的判定和性质1.(2021江苏扬州大学附中2月检测,5)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,P点在线段B1C上,则NP与平面AMC1的位置关系是()A.垂直B.平行C.相交但不垂直D.要依P点的位置而定答案B2.(2021济南二模,7)已知正四面体ABCD的棱长为2,平面α与棱AB、CD均平行,则α截此正四面体所得截面面积的最大值为()A.1B.√2C.√3D.2答案A3.(多选)(2021山东青岛胶州调研,10)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点,下列说法正确的是()A.平面AC1F∥平面B1CEB.直线FG∥平面B1CEC.直线CG与BF异面D.直线C1F与平面CGE相交答案AC4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱A1B1的中点,点T是棱CC1上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动,且QB∥平面D1NT,则动点Q的轨迹的长为.答案√105.(2022届山东潍坊10月过程性测试,18)如图,平面ABCD⊥平面AEBF,四边形ABCD为矩形,△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°.(1)求证:平面BCE⊥平面ADE;(2)若点G为线段FC上任意一点,求证:BG∥平面ADE.证明(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,又因为平面ABCD⊥平面AEBF,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,所以BC⊥平面AEBF,又因为AE⊂平面AEBF,所以BC⊥AE.因为∠AEB=90°,即AE⊥BE,且BC、BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,所以AE⊥平面BCE,又因为AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE.(2)因为BC∥AD,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE.因为△ABF和△ABE均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°,所以∠EAB=∠ABF=45°,所以AE∥BF,又AE⊂平面ADE,BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE,又BC∩BF=B,所以平面BCF∥平面ADE.又BG⊂平面FBC,所以BG∥平面ADE.6.(2022届广东佛山一中10月月考,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=√2,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=1AD=1,E为PA的中点.2(1)证明:EB∥平面PCD;(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.解析(1)证明:取AD的中点O,连接EO,OB,∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD,又OE⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴OE∥平面PCD,又∵BC ∥AD,BC=12AD,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴BO ∥CD, 又OB ⊄平面PCD,CD ⊂平面PCD,∴BO ∥平面PCD,又OE ∩BO=O,∴平面EBO ∥平面PCD, 又∵BE ⊂平面EBO,∴BE ∥平面PCD.(2)连接PO,∵PA=PD,O 为AD 的中点,∴PO ⊥AD, 又平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD, 所以PO ⊥平面ABCD,取BC 的中点M,连接OM, ∵四边形ABCD 是等腰梯形,∴OM ⊥AD, 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C (√32,12,0),∴PD⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,0),设平面PCD 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·PD ⃗⃗⃗⃗ =y −z =0,n ·CD⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y =0,令x=1,则y=z=√3,则n=(1,√3,√3), 易知平面PAD 的一个法向量为m=(1,0,0), ∴|cos θ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=√7,则sin θ=√427. 7.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D,E 分别为BC,AC 的中点,AB=BC.求证: (1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E ⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.8.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.证明(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C,又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.9.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.解析 (1)证明:∵ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体,∴D 1C 1∥A 1B 1,D 1C 1=A 1B 1.又AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1,∴D 1C 1∥AB,D 1C 1=AB,∴四边形ABC 1D 1为平行四边形,∴AD 1∥BC 1,又AD 1⊂平面AD 1E,BC 1⊄平面AD 1E,∴BC 1∥平面AD 1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD ⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),A 1(0,0,2),D 1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),AE ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),设平面AD 1E 的法向量为n=(x,y,z),直线AA 1与平面AD 1E 所成的角为θ, 则{n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +2z =0,2y +z =0,令z=-2,则{x =2,y =1,此时n=(2,1,-2),∴sin θ=|cos<n,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+4×2=23, ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.考点二平面与平面平行的判定和性质1.(2022届重庆巴蜀中学11月月考,8)在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E,F,G,H 分别为棱AB,BC,C 1D 1,A 1D 1的中点,若平面α∥平面EFGH,且平面α与棱A 1B 1,B 1C 1,B 1B 分别交于点P,Q,S,其中点Q 是棱B 1C 1的中点,则三棱锥B 1-PQS 的体积为( ) A.1 B.12C.13D.16答案 D2.(2019课标Ⅱ文,7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案 B3.(2021河北邢台月考,19)在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为正方形,AA 1=2AB=4,M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点.(1)证明:平面MNC ∥平面AD 1P;(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点,所以MN ∥AD 1,CN ∥PD 1.又AD 1⊄平面MNC,MN ⊂平面MNC,所以AD 1∥平面MNC,同理PD 1∥平面MNC, 又AD 1∩PD 1=D 1,所以平面MNC ∥平面AD 1P.(2)以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,2,2),M(1,0,0),N(0,0,2),C(0,2,0),则DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),MC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 设平面MNC 的法向量为n=(x,y,z),则{MN⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2z =0,MC ⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2y =0,令z=1,得n=(2,1,1). 设直线DP 与平面MNC 所成角为θ,则sin θ=|cos<DP⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|DP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√33, 所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33.综合篇知能转换A 组考法一判断或证明线面平行的方法1.(2022届T8联考,7)如图,已知四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面为平行四边形,E,F,G 分别为棱AA 1,CC 1,C 1D 1的中点,则( )A.直线BC 1与平面EFG 平行,直线BD 1与平面EFG 相交B.直线BC 1与平面EFG 相交,直线BD 1与平面EFG 平行C.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 平行D.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 相交答案 A2.(2022届湖南岳阳一中入学考试,18)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面ABB 1A 1是菱形,∠BAA 1=60°,E 是棱BB 1的中点,CA=CB,F 在线段AC 上,且AF=2FC. (1)证明:CB 1∥平面A 1EF;(2)若CA ⊥CB,平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,求二面角F-A 1E-A 的余弦值.解析 (1)证明:连接AB 1交A 1E 于点G,连接FG, 易得△AGA 1∽△B 1GE,所以AG GB 1=AA 1EB 1=2,又因为AF FC =2,所以AF FC =AGGB 1,所以FG ∥CB 1,又CB 1⊄平面A 1EF,FG ⊂平面A 1EF,所以CB 1∥平面A 1EF.(2)过C 作CO ⊥AB 于点O,因为CA=CB,所以O 是线段AB 的中点.因为平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,平面CAB ∩平面ABB 1A 1=AB,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.连接A 1B,OA 1,由题意易知△ABA 1是等边三角形,又O 是线段AB 的中点,所以OA 1⊥AB.以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗ ,OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(1,0,0),A 1(0,√3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F (13,0,23),B 1(-2,√3,0),E (−32,√32,0),则A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,−√32,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ =13,-√3,23.设平面A 1FE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 13−√3y 1+23z 1=0,−32x 1−√32y 1=0,令x 1=1,则n 1=(1,-√3,-5).易知平面ABB 1A 1的一个法向量为n 2=(0,0,1), 则cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-5√2929,由题图可知,二面角F-A 1E-A 的平面角为锐角,所以二面角F-A 1E-A 的余弦值为5√2929. 3.(2022届南京二十九中10月月考,20)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥AD,AB=2BC=4,E 是棱PD 上的动点(除端点外),F,M 分别为AB,CE 的中点. (1)证明:FM ∥平面PAD;(2)若直线EF 与平面PAD 所成的最大角为30°,求平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:取CD 的中点N,连接FN,MN,因为F,N 分别为AB,CD 的中点,所以FN ∥AD,又FN ⊄平面PAD,AD ⊂平面PAD,所以FN ∥平面PAD,因为M,N 分别是CE,CD 的中点,所以MN ∥PD,又MN ⊄平面PAD,PD ⊂平面PAD,所以MN ∥平面PAD,又FN ∩MN=N,所以平面MFN ∥平面PAD,又因为FM ⊂平面MFN,所以FM ∥平面PAD.(2)连接AE,因为平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD ∩平面ABCD=AD,AB ⊥AD,AB ⊂平面ABCD,所以AB ⊥平面PAD,所以∠AEF 即为直线EF 与平面PAD 所成的角,且tan ∠AEF=AF AE =2AE, 当AE 最小,即AE ⊥PD,亦即E 为PD 中点时,∠AEF 最大,为30°,又因为AF=2,所以AE=2√3,所以AD=4. 取AD 的中点O,连接PO,OC,易知PO ⊥平面ABCD,因为AO ∥BC 且AO=12AD=BC,所以四边形ABCO 为平行四边形,所以AB ∥CO,又AB ⊥AD,所以AO ⊥OC,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2√3),E(0,1,√3),F(2,-2,0),则CE ⃗⃗⃗⃗ =(-4,1,√3),FC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),设平面CEF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·FC⃗⃗⃗ =0,n 1·CE ⃗⃗⃗ =0,即{2x +2y =0,−4x +y +√3z =0,可取n 1=(√3,-√3,5).易知平面PAD 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√3√31=√9331,所以平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值为√9331.4.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 (1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,则MN ∥ED.又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−x +√3y −2z =0,−4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−√3q =0,−p −2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.5.(2021广东珠海一模,19)如图,三棱锥P-ABC 中,PA ⊥AB,AB ⊥AC,AB=AC=√2,PB=PC=√6,点M 是PA 的中点,点D 是AC 的中点,点N 在PB 上,且PN=2NB. (1)证明:BD ∥平面CMN;(2)求直线CN 与平面ABC 所成角的正切值.解析 (1)证明:如图,连接PD 交CM 于O,则O 为△PAC 的重心,PO=2OD,连接ON,因为PN=2NB,所以ON ∥BD,因为ON ⊂平面CMN,BD ⊄平面CMN,所以BD ∥平面CMN.(2)因为PB=PC,AB=AC,PA=PA,所以△PAB ≌△PAC,所以∠PAC=∠PAB=90°,所以PA=√PC 2−AC 2=√6−2=2,又因为PA ⊥AB,AB ∩AC=A,所以PA ⊥平面ABC,过N 作NH ⊥AB 于H,连接HC,因为NH ∥PA,所以NH ⊥平面ABC,所以NH ⊥HC,且AH=23AB,直线CN 与平面ABC 所成角为∠NCH,所以直线CN 与平面ABC 所成角的正切值tan ∠NCH=NH HC=13PA √AC 2+(23AB )2=13×2√(√2)2+(23×√2)2=√2613.6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 (1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),则PC⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos<BM⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin45°,即√(x−1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{ x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2−√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√105. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.考法二判断或证明面面平行的方法(2021太原一模,19)如图,在三棱锥P-ABC 中,△PAB 是正三角形,G 是△PAB 的重心,D,E,H 分别是PA,BC,PC 的中点,点F 在BC 上,且BF=3FC. (1)求证:平面DFH ∥平面PGE;(2)若PB ⊥AC,AB=AC=2,BC=2√2,求二面角A-PC-B 的余弦值.解析 (1)证明:连接BG,GD,由题意得BG 与GD 共线,且BG=2GD, ∵E 是BC 的中点,BF=3FC,∴F 是CE 的中点, ∴BGGD =BEEF=2,∴GE ∥DF,∵GE ⊂平面PGE,DF ⊄平面PGE,∴DF ∥平面PGE, ∵H 是PC 的中点,∴FH ∥PE,∵HF ⊄平面PGE,PE ⊂平面PGE,∴FH ∥平面PGE, ∵DF ∩FH=F,∴平面DFH ∥平面PGE.(2)∵AB=AC=2,BC=2√2,∴AB 2+AC 2=8=BC 2,∴AB ⊥AC,又∵PB ⊥AC,AB ∩PB=B,∴AC ⊥平面PAB,以A 为坐标原点,向量AB ⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,由题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,√3),则AC⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-√3),BC ⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),设平面PAC 的法向量是m=(x 1,y 1,z 1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AP⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2y 1=0,x 1+√3z 1=0,则y 1=0,令z 1=-1,则x 1=√3,∴m=(√3,0,-1), 设平面PBC 的法向量是n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·PC⃗⃗⃗ =0,n ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,∴{−x 2+2y 2−√3z 2=0,−2x 2+2y 2=0,令z 2=1,则{x 2=√3,y 2=√3,∴n=(√3,√3,1), ∴cos<m,n>=m·n |m||n|=√77,又知二面角A-PC-B 是锐二面角,∴二面角A-PC-B 的余弦值为√77. B 组1.(多选)(2021南京航空航天大学附中期中,10)已知棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,过对角线BD 1作平面α交棱AA 1于点E,交棱CC 1于点F,以下结论正确的是( ) A.四边形BFD 1E 不一定是平行四边形 B.平面α分正方体所得两部分的体积相等 C.平面α与平面DBB 1不可能垂直 D.四边形BFD 1E 面积的最大值为√2答案 BD2.(多选)(2021广东肇庆二模,12)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1,AA 1=2,P 是线段BC 1上的一动点,则下列说法中正确的是( ) A.A 1P ∥平面AD 1CB.A 1P 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的最大值是2√55C.A 1P+PC 的最小值为√1705D.以A 为球心,√2为半径的球面与侧面DCC 1D 1的交线长是π2答案 ACD。

高考数学一轮复习专题训练—直线、平面平行的判定与性质

直线、平面平行的判定与性质考纲要求1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．知识梳理1．直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β平行性质定理两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b1．平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.2．三种平行关系的转化诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．()(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)若一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行或在平面内，故(1)错误．(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误．(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误．2．下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是()A．直线a上有无数个点不在平面α内B．直线a与平面α内的所有直线平行C．直线a与平面α内无数条直线不相交D．直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案 D解析因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.3.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．4．(2021·太原质检)平面α∥平面β的一个充分条件是()A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥βB ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α 答案 D解析若α∩β＝l ，a ∥l ，a ⊄α，a ⊄β，a ∥α，a ∥β，故排除A ；若α∩β＝l ，a ⊂α，a ∥l ，则a ∥β，故排除B ；若α∩β＝l ，a ⊂α，a ∥l ，b ⊂β，b ∥l ，则a ∥β，b ∥α，故排除C ；故选D.5．(2020·长春调研)已知α，β表示两个不同的平面，直线m 是α内一条直线，则“α∥β”是“m ∥β”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答案 A解析由α∥β，m ⊂α，可得m ∥β；反过来，由m ∥β，m ⊂α，不能推出α∥β.综上，“α∥β”是“m ∥β”的充分不必要条件．6．(2021·衡水中学检测)如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．则CE 与平面P AB 的关系是________．答案平行解析取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，∵E 是PD 中点，知EF 綉12AD ，又∠BAD ＝∠ABC ＝90°，BC ＝12AD ，∴BC 綉12AD ，从而BC 綉EF ，则四边形BCEF 为平行四边形，故CE ∥AF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，所以CE ∥平面P AB .考点一与线、面平行相关命题的判定1．(2019·全国Ⅱ卷)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面答案 B解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当α内无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A ，C ，D 中条件均不是α∥β的充要条件．根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此B 中条件是α∥β的充要条件．2．(2021·西安质检)设a ，b 为两条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，则下列命题正确的是()A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC．若a∥α，a∥β，则α∥βD．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b答案 D解析A不正确：a∥b或a与b相交或异面；B不正确，a∥b或a与b是异面直线；C不正确，α∥β或平面α与β相交．D正确，根据面面平行的性质，可得a∥b.3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.答案①②④解析如图，因为AB綉C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．感悟升华直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．考点二直线与平面平行的判定与性质角度1直线与平面平行的判定【例1】(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB ＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．(1)证明如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綉DC ，可得B 1C 綉A 1D ，故ME 綉ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .(2)解过点C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，又BC ∩C 1C ＝C ，BC ，C 1C ⊂平面C 1CE ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH .所以CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为点C 到平面C 1DE 的距离．由已知可得CE ＝1，C 1C ＝4，所以C 1E ＝17，故CH ＝41717.从而点C 到平面C 1DE 的距离为41717.感悟升华 1.利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线．2．利用面面平行的性质证明线面平行时，关键是构造过该直线与所证平面平行的平面，这种方法往往借助于比例线段或平行四边形．【训练1】如图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH .求证：GH ∥平面P AD .证明如图，连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，因为四边形ABCD 是平行四边形，所以O 是AC 的中点．又M 是PC 的中点，所以AP ∥OM .根据直线和平面平行的判定定理，则有P A ∥平面BMD .因为平面P AHG ∩平面BMD ＝GH ，根据直线和平面平行的性质定理，所以P A ∥GH . 因为GH ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD .角度2 线面平行的性质定理的应用【例2】 (2021·河南、江西五岳联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，∠DAB ＝90°，AB ＝BC ＝P A ＝12AD ＝2，E 为PB 的中点，F 是PC 上的点．(1)若EF ∥平面P AD ，证明：F 为PC 的中点； (2)求点C 到平面PBD 的距离．(1)证明因为BC ∥AD ，BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以BC ∥平面P AD .因为P ∈平面PBC ，P ∈平面P AD ，所以可设平面PBC ∩平面P AD ＝PM ，又因为BC ⊂平面PBC ，所以BC ∥PM ，因为EF ∥平面P AD ，EF ⊂平面PBC ，所以EF ∥PM ，从而得EF ∥BC .因为E 为PB 的中点，所以F 为PC 的中点．(2)解因为P A ⊥底面ABCD ，∠DAB ＝90°，AB ＝BC ＝P A ＝12AD ＝2，所以PB ＝P A 2＋AB 2＝22，PD ＝P A 2＋AD 2＝25， BD ＝BA 2＋AD 2＝25，所以S △DPB ＝12PB ·DP 2－⎝⎛⎭⎫12PB 2＝6. 设点C 到平面PBD 的距离为d ，由V C －PBD ＝V P －BCD ，得13S △DPB ·d ＝13S △BCD ·P A ＝13×12×BC ×AB ×P A ，则6d ＝12×2×2×2，解得d ＝23.感悟升华在应用线面平行的性质定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行．【训练2】如图所示，已知四边形ABCD 是正方形，四边形ACEF 是矩形，M 是线段EF 的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．(1)证明如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)解l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.考点三面面平行的判定与性质【例3】(经典母题)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綉AB，∴A1G綉EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.【迁移1】在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A 1ACC 1是平行四边形， ∴M 是A 1C 的中点，连接MD ， ∵D 为BC 的中点， ∴A 1B ∥DM . ∵A 1B ⊂平面A 1BD 1， DM ⊄平面A 1BD 1， ∴DM ∥平面A 1BD 1，又由三棱柱的性质及D ，D 1分别为BC ，B 1C 1的中点知，D 1C 1綉BD ， ∴四边形BDC 1D 1为平行四边形，∴DC 1∥BD 1. 又DC 1⊄平面A 1BD 1，BD 1⊂平面A 1BD 1， ∴DC 1∥平面A 1BD 1，又DC 1∩DM ＝D ，DC 1，DM ⊂平面AC 1D ，因此平面A 1BD 1∥平面AC 1D .【迁移2】在本例中，若将条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点”变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1”，试求ADDC 的值．解连接A 1B 交AB 1于O ，连接OD 1. 由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，所以BC 1∥D 1O ，则A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB ＝1.又由题设A 1D 1D 1C 1＝DCAD，∴DC AD ＝1，即ADDC＝1. 感悟升华 1.判定面面平行的主要方法 (1)利用面面平行的判定定理．(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)． 2．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行． (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．提醒利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．【训练3】 (2021·成都五校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，AB ＝AD ，P A ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，P A 的中点．(1)证明：平面BMN ∥平面PCD ； (2)若AD ＝6，求三棱锥P －BMN 的体积． (1)证明连接BD ，如图所示．∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形． ∵M 为AD 的中点，∴BM ⊥AD .∵AD ⊥CD ，CD ，BM ⊂平面ABCD ，∴BM ∥CD .又BM ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，∴BM ∥平面PCD . ∵M ，N 分别为AD ，P A 的中点，∴MN ∥PD . 又MN ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ， ∴MN ∥平面PCD .又BM ，MN ⊂平面BMN ，BM ∩MN ＝M ， ∴平面BMN ∥平面PCD . (2)解在(1)中已证BM ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，BM ⊂平面ABCD ， ∴BM ⊥平面P AD .又AD ＝6，∠BAD ＝60°，∴BM ＝3 3. ∵P A ＝PD ，P A ⊥PD ，AD ＝6， ∴P A ＝PD ＝32AD ＝32， ∵M ，N 分别为AD ，P A 的中点， ∴S △PMN ＝14S △P AD ＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P －BMN 的体积V ＝V B －PMN ＝13S △PMN ·BM＝13×94×33＝934.A 级基础巩固一、选择题1．下列命题中正确的是( )A ．若a ，b 是两条直线，且a ∥b ，那么a 平行于经过b 的任何平面B ．若直线a 和平面α满足a ∥α，那么a 与α内的任何直线平行C ．平行于同一条直线的两个平面平行D ．若直线a ，b 和平面α满足a ∥b ，a ∥α，b ⊄α，则b ∥α 答案 D解析 A 中，a 可以在过b 的平面内；B 中，a 与α内的直线也可能异面；C 中，两平面可相交；D 中，由直线与平面平行的判定定理知b ∥α，正确．2．如果AB ，BC ，CD 是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC 的位置关系是( ) A ．平行B ．相交C ．AC 在此平面内D ．平行或相交答案 A解析把这三条线段放在正方体内可得如图，显然AC ∥EF ，AC ⊄平面EFG ，∵EF ⊂平面EFG ，故AC ∥平面EFG ，故选A.3．(2021·重庆联考)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，DD 1上，且DE EB ＝DF FD 1＝12，G 在CC 1上且平面AEF ∥平面BD 1G ，则CG CC 1＝( )A.12 B ．13C ．23D ．14答案 B解析如图所示，延长AE 交CD 于H ，连接FH ，则△DEH ∽△BEA ，所以DH AB ＝DE EB ＝12.因为平面AEF ∥平面BD 1G ，平面AEF ∩平面CDD 1C ＝FH ，平面BD 1G ∩平面CDD 1C 1＝D 1G ，所以FH∥D1G.又四边形CDD1C1是平行四边形，所以△DFH∽△C1GD1，所以DFC1G＝DHC1D1，因为DHC1D1＝DHAB＝12，所以DFC1G＝12，因为DFFD1＝12，所以FD1＝C1G，DF＝CG，所以CGCC1＝13，故选B.4. (2021·兰州诊断)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能答案 B解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.5．(2021·河南名校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是BB1，DD1，A1B1的中点，则下列说法错误的是()A．B1D∥平面A1FC1B．CE∥平面A1FC1C．GE∥平面A1FC1D．AE∥平面A1FC1答案 C解析作出图形如图所示，观察可知，B1D∥FO，CE∥A1F，AE∥C1F，又FO⊂平面A1FC1，A1F⊂平面A1FC1，C1F⊂平面A1FC1，B1D⊄平面A1FC1，CE⊄平面A1FC1，AE⊄平面A1FC1，所以选项A，B，D正确；因为GE∥A1B，所以GE与平面A1FC1相交，所以选项C错误，故选C.6．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有() A．0条B．1条C．2条D．1条或2条答案 C解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条．二、填空题7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.答案 2解析根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝ 2.8．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________(填序号)．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确．9.如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)．答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，且FH ∩HN ＝H ，D 1D ∩BD ＝D ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1. 三、解答题10．(2021·绵阳诊断)如图，四边形ABCD 是正方形，P A ⊥平面ABCD ，点E 、F 分别是线段AD ，PB 的中点，P A ＝AB ＝2.(1)证明：EF ∥平面PCD ； (2)求三棱锥F －PCD 的体积．(1)证明取PC 的中点G ，连接DG ，FG .∵四边形ABCD 为正方形，且DE 綉12BC ，FG ∥BC ，且FG ＝12BC ，∴DE ∥FG 且DE ＝FG ， ∴四边形DEFG 为平行四边形， ∴EF ∥DG ，又∵EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .(2)解 ∵EF ∥平面PCD ，∴F 到平面PCD 的距离等于E 到平面PCD 的距离，∴V F －PCD ＝V E －PCD＝12V A －PCD ＝12V P －ACD . ∵P A ⊥平面ABCD ，∴V P －ACD ＝13×S △ACD ×P A ＝13×12×22×2＝43. ∴V F －PCD ＝12V P －ACD ＝23. 11.如图，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ；(2)平面BDE ∥平面MNG .证明 (1)如图，连接AE ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ，因为四边形ADEF 为平行四边形，所以O 为AE 的中点．连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ，又BE ⊄平面DMF ，MO ⊂平面DMF ，所以BE ∥平面DMF .(2)因为N ，G 分别为平行四边形ADEF 的边AD ，EF 的中点，所以DE ∥GN ，又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ，所以DE ∥平面MNG .因为M 为AB 的中点，N 为AD 的中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD ∥MN ，又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ，所以BD ∥平面MNG ，又DE 与BD 为平面BDE 内的两条相交直线，所以平面BDE ∥平面MNG .B 级能力提升12.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1D 1，A 1B 1的中点，过直线BD 的平面α∥平面AMN ，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )A. 2 B ．98 C ． 3 D ．62答案 B解析如图1，分别取B 1C 1，C 1D 1的中点E ，F ，连接EF ，BE ，DF ，B 1D 1，ME ，易知EF ∥B 1D 1∥BD ，AB ∥ME ，AB ＝EM ，所以四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE ，又BD 和BE 为平面BDFE 内的两条相交直线．图1 图2所以平面AMN ∥平面BDFE ，即平面BDFE 为平面α，BD ＝2，EF ＝12B 1D 1＝22，得四边形BDFE 为等腰梯形，DF ＝BE ＝52，在等腰梯形BDFE 如图2中，过E ，F 作BD 的垂线，则四边形EFGH 为矩形， ∴其高FG ＝DF 2－DG 2＝54－18＝324，故所得截面的面积为12×⎝⎛⎭⎫22＋2×324＝98. 13．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面P AO . 答案 Q 为CC 1的中点解析如图所示，设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥P A .连接DB ，因为P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面P AO ，QB ⊄平面P AO ，PO ⊂平面P AO ，P A ⊂平面P AO ，所以D 1B ∥平面P AO ，QB ∥平面P AO ，又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ ∥平面P AO .故Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面P AO .14．(2021·西安调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，E ，F 分别是BC ，A 1C 1的中点，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA 1＝2AB .(1)求证：EF ∥平面ABB 1A 1；(2)求点C 到平面AEF 的距离．(1)证明如图，取AB 的中点D ，连接DE ，A 1D . 因为E 是BC 的中点，所以DE ∥AC ，且DE ＝12AC .由三棱柱的性质知AC ∥A 1C 1. 因为F 是A 1C 1的中点，所以A 1F ∥AC ，且A 1F ＝12AC ，所以A 1F ∥DE ，且A 1F ＝DE ，所以四边形DEF A 1是平行四边形．所以EF ∥DA 1.又因为EF ⊄平面ABB 1A 1，DA 1⊂平面ABB 1A 1，所以EF ∥平面ABB 1A 1.(2)解由题可得V F －ACE ＝13×AA 1×S △ACE ＝13×4×12×34×22＝233. 在△AEF 中，易求得AE ＝3， AF ＝17，EF ＝17，AE 边上的高为17－⎝⎛⎭⎫322＝652，所以S △AEF ＝12×652×3＝1954. 设点C 到平面AEF 的距离为h ，则V C －AEF ＝13×h ×S △AEF ＝233，865解得h＝65.。

2021新高考数学新课程一轮复习：第七章第4讲直线、平面平行的判定与性质含解析

第4讲直线、平面平行的判定与性质组基础关1．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中()A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线答案 A解析当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.2．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”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答案 A解析若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．3. 如图所示，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段P A，PB，PC于A′，B′，C′，若P A′∶AA′＝2∶3，则△A′B′C′与△ABC面积的比为()A．2∶5B．3∶8C．4∶9D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，平面P AB∩α＝A′B′，平面P AB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又P A′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝P A′∶P A＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC＝2∶5.∴△A′B′C′与△ABC相似，∴S△∶S△ABC＝4∶25，故选D.A′B′C′4．(2017·全国卷Ⅰ)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()答案 A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.5．在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则()A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形答案 B解析如图，由题意得EF∥BD，且EF＝15BD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG∥BD，且HG＝12BD.所以EF∥HG，且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．又EF∥平面BCD，而EH与平面ADC不平行，故选B.6．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中的真命题是() A．①②B．②③C．①③D．①②③答案 C解析直线AA1∥平面α，且平面α与平面AA1C1C、平面AA1B1B分别交于FG，EH，所以AA1∥FG，AA1∥EH，所以FG∥EH.又平面ABC∥平面A1B1C1，平面α与平面ABC、平面A1B1C1分别交于EF，GH，所以EF∥GH.所以四边形EFGH 为平行四边形．因为AA1∥平面α，且AA1⊥平面ABC，所以平面α⊥平面ABC，即平面α⊥平面BCFE.平面α与平面BCC1B1可能相交，考虑特殊情况：F与C重合，G与C1重合，此时满足题意，但是两平面相交．综上，应选C.7．(2019·益阳模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P∥平面A1BM，则C1P 的最小值是()A.305 B.2305 C.275 D.475答案 B解析如图，在A1D1上取中点Q，在BC上取中点N，连接DN，NB1，B1Q，QD，∵DN ∥BM ，DQ ∥A 1M 且DN ∩DQ ＝D ，BM ∩A 1M ＝M ，∴平面B 1QDN ∥平面A 1BM ，则动点P 的轨迹是DN (不含D ，N 两点)．又CC 1⊥平面ABCD ，则当CP ⊥DN 时，C 1P 取得最小值，此时，CP ＝2×112＋22＝255，∴C 1P 的最小值是⎝ ⎛⎭⎪⎫2552＋22＝2305. 8．(2019·沈阳模拟)下列三个命题在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，则此条件是________．⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α① ⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ②⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥m m ⊥α③⇒l ∥α. 答案 l ⊄α解析 ①l ∥m ，m ∥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α； ②l ⊄α，m ⊂α，l ∥m ⇒l ∥α；③l ⊥m ，m ⊥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α.9. (2020·北京海淀模拟)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________.答案223a解析如图所示，连接AC ，易知MN ∥平面ABCD ，又平面PQNM ∩平面ABCD ＝PQ ，MN ⊂平面PQNM ，∴MN ∥PQ .又MN ∥AC ， ∴PQ ∥AC .又AP ＝a 3， ∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23， ∴PQ ＝23AC ＝223a .10．如图，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案 M 位于线段FH 上(答案不唯一)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，FH∩HN＝H，DD1∩BD ＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.组能力关1．(多选)如图是正方体的平面展开图，关于这个正方体有以下判断，其中正确的是()A．ED与NF所成的角为60°B．CN∥平面AFBC．BM∥DED．平面BDE∥平面NCF答案ABD解析把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD－EFMN，得ED与NF所成的角为60°，故A正确；CN∥BE，CN⊄平面AFB，BE⊂平面AFB.∴CN∥平面AFB，故B正确；BM 与ED是异面直线，故C不正确；∵BD∥FN，BE∥CN，BD∩BE＝B，BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，FN∩CN＝N，FN⊂平面NCF，CN⊂平面NCF，所以平面BDE∥平面NCF，故D正确．故选ABD.2．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.13答案 A解析如图，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知m，n所成角为∠EAF1，因为△EAF1为正三角形，所以sin∠EAF1＝sin60°＝32，故选A.3．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()答案 C解析过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MQ⊄平面DCC1D1，DD1⊂平面DCC1D1，∴MQ∥平面DCC1D1，∵MN∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵MQAQ ＝DD1AD＝2.∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(0≤x<1,1≤y<5)，∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分，故选C.4．(2019·河南郑州模拟)如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO 为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，N 为AD的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN ⊂平面MNG ，所以BD ∥平面MNG ，又DE 与BD 为平面BDE 内的两条相交直线，所以平面BDE ∥平面MNG .5．底面是平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，E 是AB 上一点，且AE BE ＝12，在侧棱PD 上能否找到一点F ，使AF ∥平面PEC .解设AF 存在，过F 点作DC 的平行线交PC 于点G ，连接EG ，如图． ∵AB ∥CD ，∴AE ∥FG . 则AE ，GF 确定一个平面，若AF ∥平面PEC ，则AF ∥EG . ∴AE ＝GF .而AE BE ＝12.∴AE ＝13AB . 又AB ＝CD ，∴GF ＝13DC . ∵GF ∥DC ，∴GF DC ＝PF PD ＝13.∴存在这样的F 点⎝ ⎛⎭⎪⎫PF PD ＝13，使AF ∥平面PEC .组素养关(2019·江西临川一中模拟)三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.(1)证明：E 是CC 1的中点；- 11 - (2)设∠BAC ＝90°，四边形ABB 1A 1是边长为4的正方形，四边形ACC 1A 1为矩形，且异面直线DE 与B 1C 1所成的角为30°，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．解 (1)证明：连接A 1D ，A 1E 分别交AB 1，AC 1于点M ，N ，连接MN ，∵DE ∥平面AB 1C 1，DE ⊂平面A 1DE ，平面A 1DE ∩平面AB 1C 1＝MN ，∴DE ∥MN ，又在三棱柱侧面A 1ABB 1中，D 为AB 的中点，∴A 1B 1＝2AD ，由AD ∥A 1B 1可得，∠MAD ＝∠MB 1A 1，∠MDA ＝∠MA 1B 1，所以△ADM ∽△B 1A 1M ，故A 1M ＝2MD ，∵DE ∥MN ，∴A 1N ＝2NE ，在平面A 1ACC 1中，同理可证得△A 1NA ∽△ENC 1，∴CC 1＝AA 1＝2EC 1.故E 是CC 1的中点．(2)取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，可知EF ∥B 1C 1，故∠DEF 为异面直线DE 与B 1C 1所成的角，设AC ＝x (x >0)，则在△DEF 中，可求得DE ＝x 2＋8，DF ＝22，EF ＝BC ＝x 2＋16，由余弦定理，得cos ∠DEF ＝32＝x 2＋8＋x 2＋16－82x 2＋8 x 2＋16，解得x ＝4，故V ABC －A 1B 1C 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4×4＝32.。

高考数学一轮复习 74 直线、平面平行的判定及其性质课

直线a在平面α内时，在α内存在与a平行的直线，B正确．
• 答案：B
• 2．(2014年泉州质检)对于直线m，n和平面α，若n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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
• 解析：当m∥n时，m⊂α或m∥α，当m∥α时，m与n 可能平行也可能为异面直线．
• (2)证法一取AB的中点N，连接DM，DN，MN. • 因为M是AE的中点，所以MN∥BE. • 又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC， • 所以MN∥平面BEC. • 又因为△ABD为正三角形， • 所以∠BDN＝30°， • 又CB＝CD，∠BCD＝120°， • 因此∠CBD＝30°，所以∠BDN＝∠CBD，所以
第四节直线、平面平行的判定及其性质
• 最新考纲展示 • 1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和
理解空间中线面平行的有关性质和判定定理． 2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间平行关系的简单命题．
• 一、直线与平面平行的判定
• 1．定义：直线与平面没_有__公_共__点_______，则称直线平行于
• 答案：D
• 二、面面平行的判定与性质 • 3．平面α∥平面β的一个充分条件是( ) • A．存在一条直线a，a∥α，a∥β • B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β • C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，
b∥α • D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，
b∥α
• 解析：对于选项A，当α，β两平面相交，直线a平行于交线时，满足要求，故A不对；对于B，两平面α，β相交，当a在平面α内且a平行于交线时，满足要求，但α 与β不平行；对于C，同样在α与β相交，且a，b分别在 α，β内且与交线都平行时满足要求；故只有D正确，因为a，b异面，故在β内一定有一条直线a′与a平行且与b 相交，同样，在α内也一定有一条直线b′与b平行且与a 相交，由面面平行判定的推论可知其正确．

高考数学大一轮复习配套课时训练：第七篇立体几何第4节直线、平面平行关系的判定与性质(含答案)

第4节直线、平面平行关系的判定与性质课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则AC∥BD的充要条件是( D )(A)AB∥CD (B)AD∥CB(C)AB与CD相交(D)A,B,C,D四点共面解析:充分性:若A,B,C,D四点共面,则由面面平行的性质知,AC∥BD,反之(即必要性),显然成立,故选D.2.(2013北京海淀区期末)以下命题中真命题的个数是( A )①若直线l平行于平面α内的无数条直线,则直线l∥α;②若直线a在平面α外,则a∥α;③若直线a∥b,b⊂α,则a∥α;④若直线a∥b,b⊂α,则a平行于平面α内的无数条直线.(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:对于①,l可以在平面α内,①是假命题;②a与α可以相交,②是假命题;③a可以在平面α内,③是假命题;④是真命题.故选A. 3.给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题:①若l与m为异面直线,l⊂α,m⊂β,则α∥β;②若α∥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.其中真命题的个数为( C )(A)3 (B)2 (C)1 (D)0解析:①当异面直线l、m满足l⊂α,m⊂β时,α、β也可以相交,故①为假命题.②若α∥β,l⊂α,m⊂β,则l、m平行或异面,故②为假命题.③如图所示,设几何体三侧面分别为α、β、γ.交线l、m、n,若l∥γ,则l∥m,l∥n,则m∥n,③为真命题.故选C.4.设平面α∥平面β,A∈α,B∈β,C是AB的中点,当A、B分别在α、β内移动时,那么所有的动点C( D )(A)不共面(B)当且仅当A、B在两条相交直线上移动时才共面(C)当且仅当A、B在两条给定的平行直线上移动时才共面(D)不论A、B如何移动都共面解析:作平面γ∥α,γ∥β,且平面γ到平面α的距离等于平面γ到平面β的距离,则不论A、B分别在平面α、β内如何移动,所有的动点C都在平面γ内,故选D.5. 如图所示,正方体ABCD A1B1C1D1中,E、F分别为棱AB、CC1的中点,在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( D )(A)不存在(B)有1条(C)有2条(D)有无数条解析:平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1,由公理3知必有过该点的公共线l,在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条,且它们都不在平面D1EF内,由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行,故选D.二、填空题6.在正方体ABCD A 1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系为.解析:如图所示,连接BD与AC交于O点,连接OE,则OE∥BD1,而OE⊂平面ACE,BD1⊄平面ACE,所以BD1∥平面ACE.答案:平行7. 如图所示,正方体ABCD A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上.若EF ∥平面AB1C,则线段EF的长度等于.解析:由于EF∥平面AB1C,则EF∥AC,E为AD中点,则F必为DC的中点,∴EF=AC,又AB=2,∴AC=2.因此EF=.答案:8.(2013吉林市联考)设α,β是两个不重合的平面,a,b是两条不同的直线,给出下列条件:①α,β都平行于直线a,b;②a,b是α内的两条直线,且a∥β,b∥β;③a与b相交,且都在α,β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β.其中可判定α∥β的条件是.(填序号)解析:对于①,满足条件的α,β可能相交;对于②,当a∥b时,α与β可能相交;③设a,b确定平面γ,则α∥γ,β∥γ,则α∥β.答案:③9.α、β、γ是三个平面,a、b是两条直线,有下列三个条件:①a∥γ,b⊂β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a⊂γ.如果命题“α∩β=a,b⊂γ,且,则a∥b”为真命题,则可以在横线处填入的条件是(填上你认为正确的所有序号).解析:①a∥γ,a⊂β,b⊂β,β∩γ=b⇒a∥b(线面平行的性质).②如图所示,在正方体中,α∩β=a,b⊂γ,a∥γ,b∥β,而a、b异面,故②错.③b∥β,b⊂γ,a⊂γ,a⊂β,β∩γ=a⇒a∥b(线面平行的性质). 答案:①③三、解答题10.如图所示,在四面体ABCD中,截面EFGH平行于对棱AB和CD,求证:四边形EFGH 是平行四边形.证明:∵AB∥平面EFGH,∴AB∥GF,AB∥HE,∴GF∥HE.同理得FE∥GH,∴四边形EFGH是平行四边形.11. (2013兰州一中月考)如图所示,在四棱锥P ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)设Q为PC的中点,求三棱锥M ANQ的体积.(1)证明:因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)因为三棱锥A MNQ的高h=PA=,S △MNQ=S菱形ABCD=×6=,所以=××=.12.(2013湛江高考测试(二))三棱柱ABC A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB=BC=AC=AA1,CD⊥AC1,E,F分别是BB1,CC1的中点.(1)证明:平面DEF∥平面ABC;(2)证明:CD⊥平面AEC1.证明:(1)依题意知CA=CC1,又CD⊥AC1,所以D为AC1的中点,又F为CC1的中点,所以DF∥AC.而AC⊂平面ABC,所以DF∥平面ABC;同理可证EF∥平面ABC,又DF∩EF=F,所以平面DEF∥平面ABC.(2)连接CE,设AB=2,则DF=1,EF=2,∠DFE=60°,由余弦定理,求得DE=,又CD=AC 1=,CE=,所以CD2+DE2=CE2,所以CD⊥DE.又CD⊥AC1,AC1∩DE=D,所以CD⊥平面AEC1.B组13. (2013北京东城区月考)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P 是侧面BCC1B1内一点,若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是( B )(A)[1,] (B)[,](C)[,] (D)[,]解析: 取B1C1的中点M,BB1的中点N,连接A1M,A1N,MN,可以证明平面A1MN∥平面AEF,所以点P位于线段MN上.因为A1M=A1N==,MN==,所以当点P位于M,N时,A1P最大,当P位于MN中点O时,A1P最小,此时A1O==,所以≤A1P≤,所以线段A1P长度的取值范围是[,],故选B.14. 如图所示,ABCD A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M、N分别是下底面的棱A1B1、B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P、M、N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= .解析:如图所示,连接AC、A1C1.∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,∴MN∥PQ.∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点,∴MN∥A1C1∥AC,∴PQ∥AC,∴=,又∵AP=,∴DP=,∴PQ= a.答案: a15.(2013惠州一模)如图,直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面互相垂直,F为BC的中点,∠BAC=∠ACD=90°,AE∥CD,DC=AC=2AE=2.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求四面体B CDE的体积.(1)证明:取BD的中点P,连接EP,FP.则PF 为中位线,PFDC.又∵EADC,∴EA PF,故四边形AFPE 是平行四边形,即AF ∥EP.∵EP ⊂平面BDE,AF ⊄平面BDE,∴AF ∥平面BDE.(2)解:∵BA ⊥AC,平面ABC ⊥平面ACDE 且交于AC, ∴BA ⊥平面ACDE,即BA 就是四面体B CDE 的高, BA=2,∵DC=AC=2AE=2,AE ∥CD,∴S 梯形ACDE =(1+2)×2=3,S △ACE =×1×2=1,∴S △CDE =3-1=2, ∴=·BA ·S △CDE =×2×2=.。

2021年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标41直线平面平行的判定及其性质

2021年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标41直线平面平行的判定及其性质[解密考纲]对直线、平面平行的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面平行的判定与性质，常以解答题为主，难度中等．一、选择题1．(xx·广东揭阳模拟)设两个不同的平面α，β，两条不同的直线 a ，b ，且a ⊂α，b ⊂α，则“a ∥β，b ∥β”是“α∥β”的( B )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解析因为“a ∥β，b ∥β”，若a ∥b ，则α与β不一定平行，反之若“α∥β”，则一定“a ∥β，b ∥β”，故选B ．2．如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，则( B )A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形解析由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF 15BD ，所以EF ∥平面BCD ．又H ，G 分别为BC ，CD的中点，所以HG 12BD ，所以EF ∥HG 且EF ≠HG ，所以四边形EFGH 是梯形．3．设a ，b 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是( D ) A ．若a ⊥α且a ⊥b ，则b ∥α B ．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥βC ．若a ∥α且a ∥β，则α∥βD ．若γ∥α且γ∥β，则α∥β解析对于A 项，若a ⊥α且a ⊥b ，则b ∥α或b ⊂α，故A 项不正确；对于B 项，若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β或α与β相交，故B 项不正确；对于C 项，若a ∥α且a ∥β，则α∥β或α与β相交，故C 项不正确．排除A ，B ，C 项，故选D ．4．下面四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形是( A)A ．①②B ．①④C ．②③D ．③④解析由线面平行的判定定理知图①②可得出AB ∥平面MNP .5．已知a ，b 表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是( C ) A ．若a ∥α，b ∥β，α∥β，则 a ∥b B ．若a ∥b ，a ⊂α，b ⊂β，则α∥β C ．若a ∥b ，α∩β＝a ，则b ∥α或b ∥β D ．若直线a 与b 异面，a ⊂α，b ⊂β，则α∥β解析对于A 项，a 与b 还可能相交或异面，此时a 与b 不平行，故A 项不正确；对于B 项，α与β可能相交，此时设α∩β＝m ，则a ∥m ，b ∥m ，故B 项不正确；对于D 项，α与β可能相交，如图所示，故D 项不正确，故选C ．6．已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ⊥n ⇒n ∥α；②⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥βn ⊥β⇒m ∥n ；③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ⊥β⇒α∥β；④⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αn ⊂βα∥β⇒m ∥n .其中所有正确命题的序号是( B )A ．③④B ．②③C ．①②D ．①②③④解析 ①不正确，n 可能在α内．②正确，垂直于同一平面的两直线平行．③正确，垂直于同一直线的两平面平行．④不正确，m ，n 可能为异面直线．故选B ．二、填空题7．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于__2__.解析因为直线EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，且平面AB 1C ∩平面ABCD ＝AC ，所以EF ∥AC ，又E 是DA 的中点，所以F 是DC 的中点，由中位线定理可得EF ＝12AC ，又在正方体ABCD－A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，所以AC ＝22，所以EF ＝ 2.8．(xx·北京模拟)设α，β，γ是三个不同平面，a ，b 是两条不同直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是__①③__(把所有正确的题号填上)．解析 ①可以，由a ∥γ得a 与γ没有公共点，由b ⊂β，α∩β＝a ，b ⊂γ知，a ，b 在面β内，且没有公共点，故平行．②a ∥γ，b ∥β不可以．举出反例如下：使β∥γ，b ⊂γ，a ⊂β，则此时能有a ∥γ，b ∥β，但不一定a ∥b .这些条件无法确定两直线的位置关系．③可以，由b ∥β，α∩β＝a 知，a ，b 无公共点，再由a ⊂γ，b ⊂γ，可得两直线平行．9．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点，点M 在线段PC 上，PM ＝tPC ，PA ∥平面MQB ，则实数t ＝__13__.解析连接AC 交BQ 于N ，交BD 于O ，连接MN ，如图，则O 为BD 的中点．又∵BQ 为△ABD 边AD 上中线， ∴N 为正△ABD 的中心．令菱形ABCD 的边长为a ，则AC ＝3a ，AN ＝33a . ∵PA ∥平面MQB ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面MQB ＝MN∴PA ∥MN ，∴PM ∶PC ＝AN ∶AC ，即PM ＝13PC ，∴t ＝13.三、解答题10．如图，P 是△ABC 所在平面外一点，A ′，B ′，C ′分别是△PBC ，△PCA ，△PAB 的重心．求证：平面 A ′ B ′ C ′∥平面 ABC ．证明连接PA ′，PC ′并延长，分别交BC ，AB 于M ，N . ∵A ′，C ′分别是△PBC ，△PAB 的重心， ∴M ，N 分别是BC ，AB 的中点．连接MN ，由PA ′PM ＝PC ′PN ＝23知A ′C ′∥MN ，∵MN ⊂平面ABC ，∴A ′C ′∥平面ABC ．同理，A ′B ′∥平面ABC ，而A ′C ′和A ′B ′是平面A ′B ′C ′内的相交直线，∴平面A ′B ′C ′∥平面ABC ．11．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点，在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论．解析当点F 为棱C 1D 1中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE ，证明如下：分别取C 1D 1和CD 的中点F ，G ，连接EG ，BG ，CD 1，FG ，因为A 1D 1∥B 1C 1∥BC ，且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1为平行四边形，因此D 1C ∥A 1B ，又E ，G 分别为D 1D ，CD 的中点，所以EG ∥D 1C ，从而EG ∥A 1B ，这说明A 1，B ，G ，E 共面，所以BG ⊂平面A 1BE .因为四边形C 1CDD 1与B 1BCC 1都为正方形，F ，G 分别为C 1D 1和CD 的中点，所以FG ∥C 1C ∥B 1B ，且FG ＝C 1C ＝B 1B ，因此四边形B 1BGF 为平行四边形，所以B 1F ∥BG ，而B 1F ⊄平面A 1BE ，BG ⊂平面A 1BE ，故B 1F ∥平面A 1BE .12．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，Q 是CC 1的中点，F 是侧面BCC 1B 1内的动点，且A 1F ∥平面D 1AQ ，求A 1F 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的取值范围．解析设平面AD 1Q 与直线BC 交于点G ，连接AG ，QG ，则G 为BC 的中点．分别取B 1B ，B 1C 1的中点M ，N ，连接A 1M ，MN ，A 1N ，如图所示．∵A 1M ∥D 1Q ，A 1M ⊄平面D 1AQ ，D 1Q ⊂平面D 1AQ ，∴A 1M ∥平面D 1AQ .同理可得MN ∥平面D 1AQ .∵A 1M ，MN 是平面A 1MN 内的两条相交直线，∴平面A 1MN ∥平面D 1AQ .由此结合A 1F ∥平面D 1AQ ，可得直线A 1F ⊂平面A 1MN ，即点F 是线段MN 上的动点．设直线A 1F 与平面BCC 1B 1所成角为θ，移动点F 并加以观察，可得当点F 与M (或N )重合时，A 1F 与平面BCC 1B 1所成角等于∠A 1MB 1，此时所成角θ达到最小值，满足tan θ＝A 1B 1B 1M＝2；当点F 与MN 的中点重合时，A 1F 与平面BCC 1B 1所成角达到最大值，满足tan θ＝A 1B 122B 1M ＝2 2.∴A 1F 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的取值范围为[2,22]．。

2021高考数学(理)大一轮复习第七篇立体几何与空间向量第4节直线、平面平行的判定与性质

跟踪训练3:如图所示,P是△ABC所在平面外的一点,点A′, B′,C′分别是△PBC,△PCA,△PAB的重心. (1)求证:平面ABC∥平面A′B′C′;
(1)证明:分别连接 PA′,PB′,PC′并延长交 BC,AC,AB 于点 D,E,F,连接 DE,EF,DF.
因为点 A′,C′分别是△PBC,△PAB 的重心,所以 PA′= 2 PD,PC′= 2 PF,
第4节直线、平面平行的判定与性质
[考纲展示]
1.以立体几何的定义、公理和定理 2.能运用公理、定理和已获得的结
为出发点,认识和理解空间中线面论证明一些有关空间图形的平行关
平行的有关性质与判定定理.
系的简单命题.
知识梳理自测考点深度剖析核心素养提升
知识梳理自测
知识梳理
1.直线与平面平行的判定定理和性质定理
多维探究
[例1] 如图,四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,AB∥CD,AD⊥CD, SD=CD,AB=AD,CD=2AD,M是BC中点,N是SA的中点. 求证:MN∥平面SDC.
证明:法一如图,取SB的中点T,连接NT,MT. 在△SAB中,SN=NA,ST=TB,所以NT∥AB, 又AB∥CD,所以NT∥CD. 在△SBC中,BM=MC,BT=TS,所以MT∥SC. 又因为NT∩MT=T,SC∩CD=C,所以平面MNT∥平面SDC, 又因为MN⊂平面MNT,所以MN∥平面SDC.
解析:因为a∥平面α,所以直线a与平面α无交点,因此a和平面α内的任意一条直线都不相交,故选D.
2.若平面α∥平面β,直线a∥平面α,点B∈β,则在平面β内且过B点的所有直线中
(
)A
(A)不一定存在与a平行的直线

2021年高考数学一轮精选练习：41《直线、平面平行的判定及其性质》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：41《直线、平面平行的判定及其性质》一、选择题1.下列说法中，错误的是( )A.若平面α∥平面β，平面α∩平面γ=l，平面β∩平面γ=m，则l∥mB.若平面α⊥平面β，平面α∩平面β=l，m⊂α，m⊥l，则m⊥βC.若直线l⊥平面α，平面α⊥平面β，则l∥βD.若直线l∥平面α，平面α∩平面β=m，直线l⊂平面β，则l∥m2.已知α，β为平面，a，b，c为直线，下列命题正确的是( )A.a⊂α，若b∥a，则b∥αB.α⊥β，α∩β=c，b⊥c，则b⊥βC.a⊥b，b⊥c，则a∥cD.a∩b=A，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β3.下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是( )4.已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA=6，AC=9，PD=8，则BD=( )A.16B.24或4.8C.14D.205.已知m，n，l1，l2表示不同直线，α、β表示不同平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2=M，则α∥β的一个充分条件是( )A.m∥β且l1∥αB.m∥β且n∥βC.m∥β且n∥l2D.m∥l1且n∥l26.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AD=4，AB=BC=2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，直线PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为( )A. 2B.2C.2 2D.2 37.如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，M，N 分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN=x，MN=y，则函数y=f(x)的图象大致是( )8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，点P是底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面EFDB，则tan∠APA1的最大值是( )A.22B.1C. 2D.2 2二、填空题9.如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)10.在三棱锥P-ABC中，PB=6，AC=3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为.11.如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP=a3，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ= .12.已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的有.(写出所有正确命题的序号)①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；②若m∥n，m∥α，则n∥α；③若α∩β=n，m∥α，m∥β，则m∥n；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.13.如图是一张矩形白纸ABCD，AB=10，AD=102，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是.(写出所有正确命题的序号)①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE；②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；③当A、C重合于点P时，PG⊥PD；④当A、C重合于点P时，三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150π.三、解答题14.如图所示的一块木料中，棱BC平行于平面A′C′.(1)要经过平面A′C′内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？(2)所画的线与平面AC是什么位置关系？并证明你的结论.15.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中， M，N分别是A1B1，A1D1的中点，E，F分别是B1C1，C1D1的中点.(1)求证：四边形BDFE为梯形；(2)求证：平面AMN∥平面EFDB.16.如图，四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB=2CD，E为PB的中点.(1)求证：CE∥平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由.答案解析1.答案为：C ；解析：对于A ，由面面平行的性质定理可知为真命题，故A 正确；对于B ，由面面垂直的性质定理可知为真命题，故B 正确；对于C ，若l ⊥α，α⊥β，则l ∥β或l ⊂β，故C 错误；对于D ，由线面平行的性质定理可知为真命题，故D 正确.综上，选C.2.答案为：D ；解析：选项A 中，b ⊂α或b ∥α，不正确. B 中b 与β可能斜交或b 在β内，B 错误.C 中a ∥c ，a 与c 异面，或a 与c 相交，C 错误. 利用面面平行的判定定理，易知D 正确.3.答案为：B ；解析：在B 中，如图，连接MN ，PN ，∵A ，B ，C 为正方体所在棱的中点，∴AB ∥MN ，AC ∥PN ， ∵MN ∥DE ，PN ∥EF ，∴AB ∥DE ，AC ∥EF ，∵AB ∩AC=A ，DE ∩EF=E ，AB 、AC ⊂平面ABC ，DE 、EF ⊂平面DEF ， ∴平面ABC ∥平面DEF ，故选B.4.答案为：B ；解析：设BD=x ，由α∥β⇒AB ∥CD ⇒△PAB ∽△PCD ⇒PB PA =PDPC.①当点P 在两平面之间时，如图(1)，则有x －86=89－6，∴x=24；②当点P 在两平面外侧时，如图(2)，则有8－x 6=89＋6，∴x=245，故选B.5.答案为：D ；解析：对于选项A ，当m ∥β且l 1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A 不是α∥β的充分条件；对于选项B ，当m ∥β且n ∥β时，若m ∥n ，则α，β可能平行也可能相交，故B 不是α∥β的充分条件；对于选项C ，当m ∥β且n ∥l 2时，α，β可能平行也可能相交，故C 不是α∥β的充分条件；对于选项D ，当m ∥l 1，n ∥l 2时，由线面平行的判定定理可得l 1∥α，l 2∥α，又l 1∩l 2=M ，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m ∥l 1且n ∥l 2不一定成立，故D 是α∥β的一个充分条件，故选D.6.答案为：C；解析：如图，∵PD与平面CEF交于点H，∴平面CEF∩平面PCD=CH，∵EF∥平面PCD，∴EF∥CH，过点H作HM∥PA交AD于点M，连接CM，∵EF∩AF=F，CH∩HM=H，∴平面AEF∥平面CHM，∵平面AEF∩平面ABCD=AE，平面CHM∩平面ABCD=CM，∴AE∥CM，又BC∥AM，∴四边形ABCM为平行四边形，∴AM=2.又AD=4，∴M是AD的中点，则H为PD的中点，∴CH=CM2＋MH2=22＋22=22，故选C.7.答案为：C；解析：如图，过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ=M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN=CD=AB=1，AQ=BN=x，∵MQAQ=DD1AD=2，∴MQ=2x.在Rt△MQN中，MN2=MQ2＋QN2，即y2=4x2＋1，∴y2－4x2=1(x≥0，y≥1)，∴函数y=f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分，故选C.8.答案为：D；解析：如图，分别取A1D1的中点G，A1B1的中点H，连接GH，AG，AH，连接A1C1，交GH，EF于点M，N，连接AM，连接AC，交BD于点O，连接ON.易证MN綊OA，所以四边形AMNO是平行四边形，所以AM∥ON，因为AM⊄平面BEFD，ON⊂平面BEFD，所以AM∥平面BEFD，易证GH∥EF，因为GH⊄平面BEFD，EF⊂平面BEFD，所以GH∥平面BEFD，又AM∩GH=M，AM，GH⊂平面AGH，所以平面AGH∥平面BEFD，所以点P在GH上，当点P与点M重合时，tan∠APA1的值最大.设正方体的棱长为1，则A 1P=24，所以tan ∠APA 1的最大值为124=2 2.一、填空题9.答案为：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)；解析：连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1.10.答案为：8；解析：过点G 作EF ∥AC ，分别交PA 、PC 于点E 、F ，过E 、F 分别作EN ∥PB 、FM ∥PB ，分别交AB 、BC 于点N 、M ，连接MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(面EFMN 为所求截面)，且EF=MN=23AC=2，FM=EN=13PB=2，所以截面的周长为2×4=8.11.答案为：223a.解析：如图，∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD=PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ.又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB=M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ. ∴PQ PM =PD AP =2，即PQ=2PM.又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD =AP AD =13， ∴PM=13BD ，又BD=2a ，∴PQ=223 a.12.答案为：③；解析：对于①，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β的位置关系是垂直或平行，故①错误；对于②，若m ∥n ，m ∥α，则n 可能在α内或平行于α，故②错误；对于③，若α∩β=n ，m ∥α，m ∥β，根据线面平行的性质定理和判定定理，可以判断m ∥n ，故③正确；对于④，若m ⊥α，m ⊥n ，则n 可能在α内或平行于α，故④错误.13.答案为：①④；解析：在△ABE 中，tan ∠ABE=22，在△ACD 中，tan ∠CAD=22，所以∠ABE=∠DAC ，由题意，将△ABE ，△DCF 沿BE ，DF 折起，且A ，C 在平面BEDF 同侧，此时A 、C 、G 、H 四点在同一平面内，平面ABE ∩平面AGHC=AG ，平面CDF ∩平面AGHC=CH ，当平面ABE ∥平面CDF 时，得到AG ∥CH ，显然AG=CH ，所以四边形AGHC 为平行四边形，所以AC ∥GH ，进而可得AC ∥平面BFDE ，故①正确；由于折叠后，直线AE 与直线CD 为异面直线，所以AE 与CD 不平行，故②不正确；当A 、C 重合于点P 时，可得PG=1033，PD=10，又GD=10，∴PG 2＋PD 2≠GD 2，所以PG 与PD 不垂直，故③不正确；当A ，C 重合于点P 时，在三棱锥P-DEF 中，△EFD 与△FCD 均为直角三角形，所以DF 为外接球的直径，即R=DF 2=562，所以外接球的表面积为S=4πR 2=4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫5622=150π，故④正确.综上，正确命题的序号为①④.二、解答题14.解：(1)过点P 作B ′C ′的平行线，交A ′B ′，C ′D ′于点E ，F ，连接BE ，CF ，作图如下：(2)EF ∥平面AC.理由如下：易知BE ，CF 与平面AC 相交，因为BC ∥平面A ′C ′，又因为平面B ′C ′CB ∩平面A ′C ′=B ′C ′，所以BC ∥B ′C ′，因为EF ∥B ′C ′，所以EF ∥BC ，又因为EF ⊄平面AC ，BC ⊂平面AC ，所以EF ∥平面AC.15.证明：(1)连接B 1D 1，∵在△B 1D 1C 1中，E ，F 分别是B 1C 1，C 1D 1的中点，∴EF ∥B 1D 1且EF=12B 1D 1，又知四边形BDD 1B 1为矩形，∴BD 綊B 1D 1，∴EF ∥BD 且EF=12BD.∴四边形BDFE 为梯形.(2)连接FM ，在△A 1B 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，A 1D 1的中点，∴MN ∥B 1D 1. 由(1)知，EF ∥B 1D 1， ∴MN ∥EF.在正方形A 1B 1C 1D 1中，F 为C 1D 1的中点，M 为A 1B 1的中点，∴FM 綊A 1D 1，又∵四边形ADD 1A 1为正方形， ∴AD 綊A 1D 1，∴FM 綊AD ， ∴四边形ADFM 为平行四边形. ∴AM 綊DF.又∵AM ∩MN=M ，DF ∩FE=F ， ∴平面AMN ∥平面EFDB.16.解：(1)证明：取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，如图所示，因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH=12AB ，又AB ∥CD ，CD=12AB ，所以EH ∥CD ，EH=CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH ，又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ，因此CE ∥平面PAD.(2)存在点F 为AB 的中点，使平面PAD ∥平面CEF ，证明如下：取AB 的中点F ，连接CF ，EF ，所以AF=12AB ，又CD=12AB ，所以AF=CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，因此CF ∥AD ，又AD ⊂平面PAD ，CF ⊄平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ，又CE ∩CF=C ，故平面CEF ∥平面PAD ，故存在AB 的中点F 满足要求.。

2021高考数学一轮复习考点规范练41直线、平面平行的判定与性质(含解析)

2021高考数学一轮复习考点规范练：43空间向量及其运算（含解析）基础巩固1.(2019江西丰城中学期中)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E 为上底面A 1C 1的中心,若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +x AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则x ,y 的值分别为( )A.x=1,y=1B.x=1,y=12C.x=12,y=12D.x=12,y=1答案:C解析:AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12A 1A 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ),故x=12,y=12. 2.已知a =(λ+1,0,2),b =(6,2μ-1,2λ),若a ∥b ,则λ与μ的值可以是( )A.2,12 B.-13,12C.-3,2D.2,2答案:A解析:∵a ∥b ,∴存在k ∈R ,使b =k a ,即(6,2μ-1,2λ)=k (λ+1,0,2), 则{6=A (A +1),2A -1=0,2A =2A ,解得{A =2,A =12或{A =-3,A =12.3.已知a =(-2,1,3),b =(-1,2,1),若a ⊥(a -λb ),则实数λ的值为( )A.-2B.-143C .145D.2答案:D解析:由题意知a·(a-λb)=0,即a2-λa·b=0,∴14-7λ=0.∴λ=2.4.已知A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,M为BC的中点,则△AMD是()A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定答案:C解析:∵M为BC的中点,∴AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ).∴AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.5.(2019安徽阜阳调考)在空间直角坐标系中,A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),若A,B,C,D四点共面,则()A.2x+y+z=1B.x+y+z=0C.x-y+z=-4D.x+y-z=0答案:A解析:∵A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),∴AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y-1,z+2).∵A,B,C,D四点共面,∴存在实数λ,μ使得AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AAA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AAA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即(x-1,y-1,z+2)=λ(0,1,-1)+μ(-2,2,2),∴{A-1=-2A,A-1=A+2A,A+2=-A+2A,解得2x+y+z=1,故选A.6.在空间四边形ABCD中,则AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为()A.-1B.0C.1D.2答案:B解析:(方法一)如图,令AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c,则AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0. (方法二)在三棱锥A-BCD中,不妨令其各棱长都相等,由正四面体的对棱互相垂直可知,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.故AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.7.已知向量a=(1,0,-1),则下列向量与a的夹角为60°的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)答案:B解析:对于选项B,设b=(1,-1,0),则cos<a,b>=A·A|A||A|=√2×√2=12.因为0°≤<a,b>≤180°,所以<a,b>=60°,故选B.8.在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,5),则对角线AC 1的边长为( )A.4√2B.4√3C.5√2D.12答案:C解析:AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1A 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1A 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,5)+(1,2,0)+(2,1,0)=(3,4,5), 所以|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32+42+52=5√2.9.在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),则PA 与底面ABCD 的关系是( ) A.相交B.垂直C.不垂直D.成60°角答案:B解析:因为AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×(-1)+(-1)×2+(-4)×(-1)=0, 所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .因为AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4×(-1)+2×2+0×(-1)=0, 所以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 又AB ∩AD=A , 所以AP ⊥底面ABCD.10.已知O (0,0,0),A (1,2,3),B (2,1,2),P (1,1,2),点Q 在直线OP 上运动.当AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 最小时,点Q 的坐标是 .答案:(43,43,83)解析:设AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,λ,2λ),则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,2-λ,3-2λ),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-λ,1-λ,2-2λ).故AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6(A -43)2−23.所以当λ=43时,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值-23,此时AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(43,43,83).所以点Q 的坐标是(43,43,83).11.如图,在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,G 为△BC 1D 的重心,求证:(1)A 1,G ,C 三点共线; (2)A 1C ⊥平面BC 1D.证明(1)AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,可以证明AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即A 1,G ,C 三点共线.(2)设AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c , 则|a |=|b |=|c |=a ,且a ·b=b ·c=c ·a=0, ∵AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+b+c ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c-a ,∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a+b+c )·(c-a )=c 2-a 2=0.因此AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即CA 1⊥BC 1.同理CA 1⊥BD ,又BD 与BC 1是平面BC 1D 内的两条相交直线, 故A 1C ⊥平面BC 1D.能力提升12.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,若AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2y AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -3z AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则x+y+z=( )A.1 B .76C .56D .23答案:B解析:∵AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2y AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -3z AA '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴x=1,y=12,z=-13,∴x+y+z=1+12−13=76.13.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ,点E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( )A.a 2B .12a 2C .14a 2D .√34a 2答案:C解析:如图,设AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则|a|=|b|=|c|=a ,且a ,b ,c 三个向量两两的夹角为60°.AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(a +b ),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12c ,故AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(a +b )·12c=14(a ·c +b ·c )=14(a 2cos60°+a 2cos60°)=14a 2.高考预测14.如图,在平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 延长线上一点,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗B .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ C .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗D .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 答案:B解析:如图所示,取BC 的中点F ,连接A 1F ,则A 1D 1∥FE ,且A 1D 1=FE ,∴四边形A 1D 1EF 是平行四边形,∴A 1F ∥D 1E ,且A 1F=D 1E.∴A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .。

2021年高考数学 7.4 直线、平面平行的判定及其性质练习

2021年高考数学 7.4 直线、平面平行的判定及其性质练习(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(xx·揭阳模拟)设平面α,β,直线a,b,a⊂α,b⊂α,则“a∥β,b∥β”是“α∥β”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【解析】选B.因为“a∥β,b∥β”若a∥b,则α与β不一定平行,反之若“α∥β”,则一定有“a∥β,b∥β”,故选B.2.在空间中,下列命题正确的是()A.平行直线在同一平面内的射影平行或重合B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行【解析】选C.A中两直线的射影可能是两个点,所以A错;一个平面上的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行或相交,故B错;若两个平面垂直同一个平面,则这两个平面可以平行,也可以相交,故D错;只有选项C正确.3.下面四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP 的图形是()A.①②B.①④C.②③D.③④【解析】选A.由线面平行的判定定理知①②可得出AB∥平面MNP.4.(xx·成都模拟)如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为边AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是矩形B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形【解题提示】先由条件得EFBD,再证得EF∥平面BCD,进而判断EFGH形状.【解析】选B.由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EFBD,所以EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中点,所以HGBD,所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形.5.(xx·杭州模拟)已知a,b表示不同的直线,α,β表示不同的平面,则下列命题正确的是()A.若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥bB.若a∥b,a⊂α,b⊂β,则α∥βC.若a∥b,α∩β=a,则b∥α或b∥βD.若直线a与b异面,a⊂α,b⊂β,则α∥β【解析】选C.A:a与b还可能相交或异面,此时a与b不平行,故A不正确;B:α与β可能相交,此时设α∩β=m,则a∥m,b∥m,故B不正确;D:α与β可能相交,如图所示,故D不正确.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列结论中正确的是(只填序号).①AD1∥BC1;②平面AB1D1∥平面BDC1;③AD1∥DC1;④AD1∥平面BDC1.【解析】由四边形ABC1D1是平行四边形可知AD1∥BC1,故①正确;根据线面平行与面面平行的判定定理可知,②④正确;AD1与DC1是异面直线,故③错.答案:①②④7.(xx·日照模拟)如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=.【解析】如图,连接AC,易知MN∥平面ABCD,所以MN∥PQ.因为MN∥AC,所以PQ∥AC.又因为AP=,所以===,所以PQ=AC=·a=a.答案:a8.(xx·北京模拟)设α,β,γ是三个不同平面,a,b是两条不同直线,有下列三个条件:①a∥γ,b⊂β;②a∥γ,b∥β;③b∥β,a⊂γ.如果命题“α∩β=a,b⊂γ,且,则a∥b”为真命题,则可以在横线处填入的条件是(把所有正确的题号填上).【解题提示】逐个命题进行验证,从中作出判断.【解析】①可以,由a∥γ得a与γ没有公共点,由b⊂β,α∩β=a,b⊂γ知,a,b在面β内,且没有公共点,故平行.②a∥γ,b∥β,不可以.举出反例如下:使β∥γ,b⊂γ,a⊂β,则此时能有a∥γ,b∥β,但不一定a∥b.这些条件无法确定两直线的位置关系.③b∥β,a⊂γ,可以,由b∥β,α∩β=a知,a,b无公共点,再由a⊂γ,b⊂γ,可得两直线平行.答案:①③三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO?【解析】当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.证明如下:因为Q为CC1的中点,P为DD1的中点,所以QB∥PA.因为P,O分别为DD1,DB的中点,所以D1B∥PO.又因为D1B⊄平面PAO,PO⊂平面PAO,QB⊄平面PAO,PA⊂平面PAO,所以D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO,又D1B∩QB=B,D1B,QB⊂平面D1BQ,所以平面D1BQ∥平面PAO.10.(xx·天津模拟)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的菱形,AA1=2,BD⊥A1A,∠BAD=∠A1AC=60°,点M是棱AA1的中点.(1)求证:A1C∥平面BMD.(2)求点C1到平面BDD1B1的距离.【解题提示】(1)连接MO,证明MO∥A1C进而证明A1C∥平面BMD.(2)通过转换顶点,利用“等积法”求点C1到平面BDD1B1的距离.【解析】(1)连接MO,(2)设过C1作C1H⊥平面BDD1B1于H,则C1H为所求,又BD⊥AA1,BD⊥AC得BD⊥面A1AC.于是BD ⊥A1O,又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,所以点B到平面A1B1C1D1的距离等于点A1到平面ABCD的距离A1O=3, ⇔·A1O·×2×=·C1H·×2×2⇒C1H=.(20分钟40分)1.(5分)(xx·长沙模拟)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1内一点,若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是()A. B.C. D.[,]【解析】选B.取B1C1的中点M,BB1的中点N,连接A1M,A1N,MN,可以证明平面A1MN∥平面AEF,所以点P位于线段MN上.因为A1M=A1N==,MN==,所以当点P位于M,N时,A1P最大,当P位于MN中点O时,A1P最小,此时A1O==,所以≤A1P≤,所以线段A1P长度的取值范围是.2.(5分)(xx·厦门模拟)设α,β是两个不重合的平面,a,b是两条不同的直线,给出下列条件:①α,β都平行于直线a,b;②a,b是α内的两条直线,且a∥β,b∥β;③a与b相交,且都在α,β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β.其中可判定α∥β的条件是.(填序号)【解析】对于①,满足条件的α,β可能相交;对于②,当a∥b时,α与β可能相交;③设a,b确定平面γ,则α∥γ,β∥γ,则α∥β.答案:③3.(5分)如图所示,棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD,则A1D∶DC1的值为.【解析】设BC1∩B1C=O,连接OD,因为A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD=OD,所以A1B∥OD,因为四边形BCC1B1是菱形,所以O为BC1的中点,所以D为A1C1的中点,则A1D∶DC1=1.答案:14.(12分)(xx·珠海模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,S是B1D1的中点,E,F,G分别是BC,DC,SC的中点,求证:(1)直线EG∥平面BDD1B1.(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【解题提示】(1)题目中中点较多,可利用中位线证明平行.(2)在(1)的基础上证明△EFG的两条边与平面BDD1B1平行.【证明】(1)如图,连接SB,因为E,G分别是BC,SC的中点,所以EG∥SB.又因为SB⊂平面BDD1B1,EG⊄平面BDD1B1,所以直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD,因为F,G分别是DC,SC的中点,所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1,FG⊄平面BDD1B1,所以FG∥平面BDD1B1,且EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=G,所以平面EFG∥平面BDD1B1.5.(13分)(能力挑战题)如图所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD=AB=2,E,F,G分别为PC,PD,BC的中点.(1)求证:PA∥平面EFG.(2)求三棱锥P-EFG的体积.【解析】(1)方法一:如图,取AD的中点H,连接GH,FH,因为E,F分别为PC,PD的中点,所以EF∥CD.因为G,H分别为BC,AD的中点,所以GH∥CD.所以EF∥GH.所以E,F,H,G四点共面.因为F,H分别为DP,DA的中点,所以PA∥FH.因为PA⊄平面EFG,FH⊂平面EFG,所以PA∥平面EFG.所以EF∥CD,EG∥PB.因为CD∥AB,所以EF∥AB.因为PB∩AB=B,EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面PAB.因为PA⊂平面PAB,所以PA∥平面EFG.(2)因为PD⊥平面ABCD,GC⊂平面ABCD,所以GC⊥PD.因为ABCD为正方形,所以GC⊥CD.因为PD∩CD=D,所以GC⊥平面PCD.因为PF=PD=1,EF=CD=1,所以S△PEF=EF×PF=.因为GC=BC=1,所以VP-EFG=VG-PEF=S△PEF·GC=××1=.【方法技巧】证明线、面平行的技巧(1)若在待证平面内与直线平行的直线易找或作(一般用中点连接)时,用判定定理证明.(2)若在待证平面内不易寻找到与直线平行的直线时,则过该线,找或作一平面,证明其与该平面平行,进而证得线面平行.32773 8005 者V{ 30987 790B 礋o.A29201 7211 爑`40364 9DAC 鶬27415 6B17 欗。

2021高考数学复习专题直线、平面平行的判定及性质(文精练)

专题8.4 直线、平面平行的判定及性质1．(2020·湖南长沙模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．m∥α，n∥α，则m∥nB．m∥n，m∥α，则n∥αC．m∥α，m∥β，则α∥βD．α∥γ，β∥γ，则α∥β2．（2020·江苏省扬州模拟）下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．∥∥B．∥∥C．∥∥ D．∥∥3．(2020·黑龙江哈尔滨模拟)已知互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ，则下列命题正确的是() A．若l与m为异面直线，l∥α，m∥β，则α∥βB．若α∥β，l∥α，m∥β，则l∥mC．若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，l∥γ，则m∥nD．若α∩γ，β∥γ，则α∥β4．（2020·山西省吕梁模拟）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：∥FG∥平面AA1D1D；∥EF∥平面BC1D1；∥FG∥平面BC1D1；∥平面EFG∥平面BC1D1.其中推断正确的序号是()A．∥∥ B．∥∥C．∥∥ D．∥∥5．(2020·安徽黄山模拟)E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合)，BD1∥平面B1CE，则()A．BD1∥CEB．AC1∥BD1C．D1E＝2EC1D．D1E＝EC16．(2020·四川成都模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E＝EF＝FG＝GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是()A．CE B．CF C．CG D．CC17．(2020·广东深圳模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1，P为棱CC1的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，以下关系中正确的是()A．m∥D1Q B．m∥平面B1D1QC．m∥B1Q D．m∥平面ABB1A18．(2020·山东泰安模拟)如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是()9．（2020·辽宁省鞍山模拟）棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是．10．（2020·河北省张家口模拟）一正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面PFED平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面PFED面积为．11．（2020·湖南省娄底模拟）如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：∥没有水的部分始终呈棱柱形；∥水面EFGH所在四边形的面积为定值；∥棱A1D1始终与水面所在平面平行；∥当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．其中正确的命题是．12．（2020·辽宁省朝阳模拟）如图，平面α∥平面β，∥P AB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝.13．（2020·江苏省常州模拟）如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD为矩形，E为SA的中点，SA＝SB＝2，AB＝23，BC＝3.(1)证明：SC∥平面BDE；(2)若BC∥SB，求三棱锥CBDE的体积．14．（2020·浙江省温州模拟）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF∥平面ABCD，DE∥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥ACEF的体积．15．（2020·河南省焦作模拟）如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，∥A 1CB 是等边三角形，AC ＝AB ＝1，B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1.(1)求证：AB 1∥平面A 1C 1C ；(2)求多面体ABCA 1B 1C 1的体积．16．（2020·江苏省宿迁模拟）在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是矩形，平面P AB ∥平面ABCD ，点E ，F 分别为BC 、AP 中点．(1)求证：EF ∥平面PCD ；(2)若AD ＝AP ＝PB ＝22AB ＝1，求三棱锥P DEF 的体积．专题8.4 直线、平面平行的判定及性质1．(2020·湖南长沙模拟)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A ．m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．m ∥n ，m ∥α，则n ∥αC ．m ∥α，m ∥β，则α∥βD．α∥γ，β∥γ，则α∥β【答案】C【解析】对于A，平行于同一平面的两条直线可能相交，平行或异面，故A不正确；对于B，m∥n，m∥α，则n∥α或n∥α，故B不正确；对于C，利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知C正确；对于D，因为垂直于同一平面的两个平面的位置关系是相交或平行，故D不正确．2．（2020·江苏省扬州模拟）下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．∥∥B．∥∥C．∥∥ D．∥∥【答案】C【解析】对于图形∥，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形∥，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形∥∥无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．3．(2020·黑龙江哈尔滨模拟)已知互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ，则下列命题正确的是() A．若l与m为异面直线，l∥α，m∥β，则α∥βB．若α∥β，l∥α，m∥β，则l∥mC．若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，l∥γ，则m∥nD．若α∩γ，β∥γ，则α∥β【答案】C【解析】对于A，α与β也可能相交，故排除A.对于B，l与m也可能是异面直线，故排除B.对于D，α与β也可能相交，故排除D.综上知，选C.4．（2020·山西省吕梁模拟）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：∥FG∥平面AA1D1D；∥EF∥平面BC1D1；∥FG∥平面BC1D1；∥平面EFG∥平面BC1D1.其中推断正确的序号是()A．∥∥ B．∥∥C．∥∥ D．∥∥【答案】A【解析】因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，因为FG∥平面AA1D1D，AD1∥平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故∥正确；因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故∥错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为FG∥平面BC1D1，BC1∥平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故∥正确；因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故∥错误，故选A.5．(2020·安徽黄山模拟)E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合)，BD1∥平面B1CE，则()A．BD1∥CEB．AC1∥BD1C．D1E＝2EC1D．D1E＝EC1【答案】D【解析】如图，设B1C∩BC1＝O，可得平面D1BC1∩平面B1CE＝EO，∥BD1∥平面B1CE，根据线面平行的性质可得D1B∥EO，∥O为BC1的中点，∥E为C1D1中点，∥D1E＝EC1，故选D.6．(2020·四川成都模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E＝EF＝FG＝GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是()A ．CEB ．CFC ．CGD ．CC 1【答案】B 【解析】如图，连接AC ，使AC 交BD 于点O ，连接A 1O ，CF ，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，由于A 1F12AC ，又OC ＝12AC ，可得：A 1F OC ，即四边形A 1OCF 为平行四边形，可得：A 1O ∥CF ，又A 1O ∥平面A 1BD ，CF ∥平面A 1BD ，可得CF ∥平面A 1BD ，故选B.7．(2020·广东深圳模拟)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，P 为棱CC 1的动点，Q 为棱AA 1的中点，设直线m 为平面BDP 与平面B 1D 1P 的交线，以下关系中正确的是( )A．m∥D1Q B．m∥平面B1D1QC．m∥B1Q D．m∥平面ABB1A1【答案】B【解析】由BD∥B1D1知BD∥平面B1D1P，所以m∥BD∥B1D1.又m∥平面B1D1Q，B1D1∥平面B1D1Q，所以m∥平面B1D1Q，故选B.8．(2020·山东泰安模拟)如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是()【答案】D【解析】由题意可知经过P、Q、R三点的平面为图中正六边形PQEFRG，点N与点E重合，故排除B、C，又MC1与QE是相交直线，故排除A，因此选D.]9．（2020·辽宁省鞍山模拟）棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 是棱AA 1的中点，过C ，M ，D 1作正方体的截面，则截面的面积是．【答案】92【解析】如图，由面面平行的性质知截面与平面ABB 1A 1的交线MN 是∥AA 1B 的中位线，所以截面是梯形CD 1MN ，易求其面积为92. 10．（2020·河北省张家口模拟）一正四面体木块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将木块锯开，使截面PFED 平行于棱VB 和AC ，若木块的棱长为a ，则截面PFED 面积为．【答案】a 24【解析】在平面VAC 内作直线PD ∥AC ，交VC 于D ，在平面VBA 内作直线PF ∥VB ，交AB 于F ，过点D 作直线DE ∥VB ，交BC 于E ，∥PF ∥DE ，∥P ，D ，E ，F 四点共面，且面PDEF 与VB 和AC 都平行，则四边形PDEF 为边长为12a 的正方形，故其面积为a 24. 11．（2020·湖南省娄底模拟）如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：∥没有水的部分始终呈棱柱形；∥水面EFGH 所在四边形的面积为定值；∥棱A 1D 1始终与水面所在平面平行；∥当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值．其中正确的命题是．【答案】∥∥∥ 【解析】由题图，显然∥是正确的，∥是错误的；对于∥，因为A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ，所以A 1D 1∥FG 且A 1D 1∥平面EFGH ，所以A 1D 1∥平面EFGH (水面)．所以∥是正确的；对于∥，因为水是定量的(定体积V )，所以S ∥BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V . 所以BE ·BF ＝2V BC(定值)，即∥是正确的． 12．（2020·辽宁省朝阳模拟）如图，平面α∥平面β，∥P AB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB，若PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，则AB ＝ .【答案】52【解析】∥平面α∥平面β，∥CD ∥AB ，则PC P A ＝CD AB ，∥AB ＝P A ×CD PC ＝5×12＝52. 13．（2020·江苏省常州模拟）如图，在四棱锥S ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，E 为SA 的中点，SA ＝SB ＝2，AB ＝23，BC ＝3.(1)证明：SC ∥平面BDE ；(2)若BC ∥SB ，求三棱锥C BDE 的体积．【解析】(1)证明：连接AC ，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，∥四边形ABCD 为矩形，∥O 为AC 的中点，在∥ASC 中，E 为AS 的中点，∥SC ∥OE ，又OE ∥平面BDE ，SC ∥平面BDE ，∥SC ∥平面BDE .(2)过点E 作EH ∥AB ，垂足为H ，∥BC ∥AB ，且BC ∥SB ，AB ∩SB ＝B ，∥BC ∥平面SAB ，∥EH ∥平面ABS ，∥EH ∥BC ，又EH ∥AB ，AB ∩BC ＝B ，∥EH ∥平面ABCD ，在∥SAB 中，取AB 中点M ，连接SM ，∥SA ＝SB ，∥SM ∥AB ，∥SM ＝1.∥EH ∥SM ，∥EH ＝12SM ＝12， ∥S ∥BCD ＝12×3×23＝3 3. ∥V C BDE ＝V E BCD ＝13S ∥BCD ·EH ＝13×33×12＝32. ∥三棱锥C BDE 的体积为32. 14．（2020·浙江省温州模拟）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ∥平面ABCD ，DE ∥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若AB＝1，BF＝2，求三棱锥ACEF的体积．【解析】(1)证明：如图，设AC与BD交于点N，则N为AC的中点，连接MN，又M为棱AE的中点，∥MN∥EC.∥MN∥平面EFC，EC∥平面EFC，∥MN∥平面EFC.∥BF∥平面ABCD，DE∥平面ABCD，且BF＝DE，∥BF DE，∥四边形BDEF为平行四边形，∥BD∥EF.∥BD∥平面EFC，EF∥平面EFC，∥BD∥平面EFC.又MN∩BD＝N，∥平面BDM∥平面EFC.(2)连接EN，FN.在正方形ABCD中，AC∥BD，又BF ∥平面ABCD ，∥BF ∥AC .又BF ∩BD ＝B ，∥AC ∥平面BDEF ，又N 是AC 的中点，∥V 三棱锥A NEF ＝V 三棱锥C NEF ，∥V 三棱锥A CEF ＝2V 三棱锥A NEF ＝2×13×AN ×S ∥NEF ＝2×13×22×12×2×2＝23，∥三棱锥A CEF 的体积为23. 15．（2020·河南省焦作模拟）如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，∥A 1CB 是等边三角形，AC ＝AB ＝1，B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1.(1)求证：AB 1∥平面A 1C 1C ；(2)求多面体ABCA 1B 1C 1的体积．【解析】(1)证明：如图，取BC 的中点D ，连接AD ，B 1D ，C 1D ，∥B 1C 1∥BC ，BC ＝2B 1C 1，∥BD ∥B 1C 1，BD ＝B 1C 1，CD ∥B 1C 1，CD ＝B 1C 1，∥四边形BDC 1B 1，CDB 1C 1是平行四边形，∥C 1D ∥B 1B ，C 1D ＝B 1B ，CC 1∥B 1D ，又B 1D ∥平面A 1C 1C ，C 1C ∥平面A 1C 1C ，∥B 1D ∥平面A 1C 1C .在正方形ABB 1A 1中，BB 1∥AA 1，BB 1＝AA 1，∥C 1D ∥AA 1，C 1D ＝AA 1，∥四边形ADC 1A 1为平行四边形，∥AD ∥A 1C 1.又AD ∥平面A 1C 1C ，A 1C 1∥平面A 1C 1C ，∥AD ∥平面A 1C 1C ，∥B 1D ∩AD ＝D ，∥平面ADB 1∥平面A 1C 1C ，又AB 1∥平面ADB 1，∥AB 1∥平面A 1C 1C .(2)在正方形ABB 1A 1中，A 1B ＝2，∥∥A 1BC 是等边三角形，∥A 1C ＝BC ＝2，∥AC 2＋AA 21＝A 1C 2，AB 2＋AC 2＝BC 2， ∥AA 1∥AC ，AC ∥AB .又AA 1∥AB ，∥AA 1∥平面ABC ，∥AA 1∥CD ，易得CD ∥AD ，AD ∩AA 1＝A ，∥CD ∥平面ADC 1A 1.易知多面体ABCA 1B 1C 1是由直三棱柱ABD A 1B 1C 1和四棱锥C ADC 1A 1组成的，直三棱柱ABD A 1B 1C 1的体积为12×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝14，四棱锥C ADC 1A 1的体积为13×22×1×22＝16， ∥多面体ABCA 1B 1C 1的体积为14＋16＝512. 16．（2020·江苏省宿迁模拟）在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是矩形，平面P AB ∥平面ABCD ，点E ，F 分别为BC 、AP 中点．(1)求证：EF ∥平面PCD ；(2)若AD ＝AP ＝PB ＝22AB ＝1，求三棱锥P DEF 的体积．【解析】(1)证明：取PD 中点G ，连接GF ，GC .在∥P AD 中，有G ，F 分别为PD 、AP 中点，∥GF12AD .在矩形ABCD 中，E 为BC 中点， ∥CE 12AD ， ∥GF EC ，∥四边形GFEC 是平行四边形．∥GC ∥EF .而GC ∥平面PCD ，EF ∥平面PCD ，∥EF ∥平面PCD .(2)∥四边形ABCD 是矩形，∥AD ∥AB ，AD ∥BC .∥平面P AB∥平面ABCD，平面P AB∩平面ABCD＝AB，AD∥平面ABCD，∥AD∥平面P AB.∥平面P AD∥平面P AB，BC∥平面P AD.∥AD＝AP＝PB＝22AB＝1，∥AB＝2，满足AP2＋PB2＝AB2.∥AP∥PB，∥BP∥平面P AD.∥BC∥平面P AD，∥点E到平面P AD的距离等于点B到平面P AD的距离．而S∥PDF＝12×PF×AD＝12×12×1＝14，∥V PDEF＝13S∥PDF·BP＝13×14×1＝112.∥三棱锥PDEF的体积为112.。

2021高考数学复习专题直线、平面平行的判定及性质 (文精讲)

专题8.4 直线、平面平行的判定及性质【考情分析】1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.【重点知识梳理】知识点一直线与平面平行的判定定理和性质定理一条直线与一个平面平行，知识点二平面与平面平行的判定定理和性质定理(1)应用线面平行判定定理的注意点：在推证线面平行时，一定要强调直线a不在平面内，直线b在平面内，且a⇒b，否则会出现错误．(2)应用线面平行性质定理的注意点：一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但这条直线与平面内的任意一条直线可能平行，也可能异面．(3)线面平行的判定定理和性质定理使用的区别：如果结论中有a⇒α，则要用判定定理，在α内找与a平行的直线；如果条件中有a ⇒α，则要用性质定理，找(或作)过a 且与α相交的平面．应用定理证明有关平行问题时，一定要满足定理的前提条件．(4)面面平行判定定理的一个推论：如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行．符号表示：a ⇒α，b ⇒α，a ∩b ＝O ，a ′⇒β，b ′⇒β，a ′∩b ′＝O ′，a ⇒a ′，b ⇒b ′⇒α⇒β.【知识必备】1．两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面． 2．夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等． 3．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． 4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例． 5．同一条直线与两个平行平面所成角相等．6．如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．【典型题分析】高频考点一与线、面平行相关命题的判定【例1】【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【变式探究】【2019·北京卷】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．高频考点二直线与平面平行的判定与性质【例2】（2020·北京卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（⇒）求证：1//BC 平面1AD E ；（⇒）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【方法技巧】线面平行问题的解题关键(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，从而证明直线与平面平行．(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．【变式探究】（2020·河北唐山模拟）如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点M ，N 分别为线段A 1B ，AC 1的中点．求证：MN ⇒平面BB 1C 1C .高频考点三面面平行的判定与性质【例3】【2019·天津卷】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【方法技巧】证明面面平行的常用方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)；(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)；(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．【变式探究】（2020·哈尔滨三中模拟）已知空间几何体ABCDE中，⇒BCD与⇒CDE均为边长为2的等边三角形，⇒ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⇒平面BCD，平面ABC⇒平面BCD，M，N分别为DB，DC的中点．(1)求证：平面EMN⇒平面ABC；(2)求三棱锥AECB的体积．专题8.4 直线、平面平行的判定及性质【考情分析】1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.【重点知识梳理】知识点一直线与平面平行的判定定理和性质定理一条直线与一个平面平行，知识点二平面与平面平行的判定定理和性质定理(1)应用线面平行判定定理的注意点：在推证线面平行时，一定要强调直线a不在平面内，直线b在平面内，且a⇒b，否则会出现错误．(2)应用线面平行性质定理的注意点：一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但这条直线与平面内的任意一条直线可能平行，也可能异面．(3)线面平行的判定定理和性质定理使用的区别：如果结论中有a⇒α，则要用判定定理，在α内找与a 平行的直线；如果条件中有a⇒α，则要用性质定理，找(或作)过a且与α相交的平面．应用定理证明有关平行问题时，一定要满足定理的前提条件．(4)面面平行判定定理的一个推论：如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行．符号表示：a⇒α，b⇒α，a∩b＝O，a′⇒β，b′⇒β，a′∩b′＝O′，a⇒a′，b⇒b′⇒α⇒β.【知识必备】1．两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．2．夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．3．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．5．同一条直线与两个平行平面所成角相等．6．如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．【典型题分析】高频考点一与线、面平行相关命题的判定【例1】【2019·全国Ⅱ卷】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【变式探究】【2019·北京卷】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⇒α，m ⇒α，则l ⇒m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⇒α，m ⇒α，则l ⇒m ，正确；（2）如果l ⇒α，l ⇒m ，则m ⇒α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⇒m ，m ⇒α，则l ⇒α，不正确，有可能l 与α斜交、l ⇒α. 故答案为：如果l ⇒α，m ⇒α，则l ⇒m. 高频考点二直线与平面平行的判定与性质【例2】（2020·北京卷）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（⇒）求证：1//BC 平面1AD E ；（⇒）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】（⇒）证明见解析；（⇒）23. 【解析】（⇒）如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ， 1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（⇒）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =-.11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 【方法技巧】线面平行问题的解题关键(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行，从而证明直线与平面平行．(2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．【变式探究】（2020·河北唐山模拟）如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点M ，N 分别为线段A 1B ，AC 1的中点．求证：MN ⇒平面BB 1C1C.【证明】如图，连接A 1C .在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 为平行四边形．又因为N 为线段AC 1的中点，所以A 1C 与AC 1相交于点N ，即A 1C 经过点N ，且N 为线段A 1C 的中点．因为M 为线段A 1B 的中点，所以MN ⇒BC . 又因为MN ⇒平面BB 1C 1C ，BC ⇒平面BB 1C 1C ，所以MN ⇒平面BB 1C 1C .高频考点三面面平行的判定与性质【例3】【2019·天津卷】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．【方法技巧】证明面面平行的常用方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)；(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)； (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明．【变式探究】（2020·哈尔滨三中模拟）已知空间几何体ABCDE 中，⇒BCD 与⇒CDE 均为边长为2的等边三角形，⇒ABC 为腰长为3的等腰三角形，平面CDE ⇒平面BCD ，平面ABC⇒平面BCD ，M ，N 分别为DB ，DC 的中点．(1)求证：平面EMN⇒平面ABC；(2)求三棱锥AECB的体积．【解析】(1)证明：取BC中点H，连接AH，⇒⇒ABC为等腰三角形，⇒AH⇒BC，又平面ABC⇒平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，⇒AH⇒平面BCD，同理可证EN⇒平面BCD，⇒EN⇒AH，⇒EN⇒平面ABC，AH⇒平面ABC，⇒EN⇒平面ABC，又M，N分别为BD，DC中点，⇒MN⇒BC，⇒MN⇒平面ABC，BC⇒平面ABC，⇒MN⇒平面ABC，又MN∩EN＝N，⇒平面EMN⇒平面ABC.(2)连接DH，取CH中点G，连接NG，则NG⇒DH，由(1)知EN⇒平面ABC，所以点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，又⇒BCD是边长为2的等边三角形，⇒DH⇒BC，又平面ABC⇒平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH⇒平面BCD，⇒DH⇒平面ABC，⇒NG⇒平面ABC，⇒DH＝3，又N为CD中点，⇒NG＝3 2，又AC＝AB＝3，BC＝2，⇒S⇒ABC＝12·|BC|·|AH|＝22，⇒V EABC＝V NABC＝13·S⇒ABC·|NG|＝63.。

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2021年高考数学一轮复习 7.4 直线、平面平行的判定及其性质备选练习
文新人教A版
1．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：
①若a∥b，b⊂α，则a∥α；
②若a∥b，a∥α，则b∥α；
③若a∥α，b∥α，则a∥b.
其中真命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：对于命题①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确；
对于命题②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②也不正确；
对于命题③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．
综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．
答案：A
2.如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE 绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )
①动点A′在平面ABC上的射影在
线段AF上；
②BC∥平面A′DE；
③三棱锥A′－FED的体积有最大值．
A．①B．①②
C．①②③D．②③
解析：①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，∴点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．
②BC∥DE，∴BC∥平面A′DE.
③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′－FED的体积达到最大．
答案：C
3.(xx年北京海滨一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱
BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，
52 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，2 D ．[2，3] 解析：取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，MN ，可以证明平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上，因为A 1M ＝A 1N ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫122＝22，所以当点P 位于M ，N 处时，A 1P 最大，当P 位于MN 的中点O 时，A 1P 最小，此时A 1O ＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，所以A 1O ≤A 1P ≤A 1M ，即324≤A 1P ≤52，所以线段A 1P 长度的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52，选B.
答案：B 39481 9A39 騹T21259 530B 匋o6:20004 4E24 两36887 9017 逗7>@o33592 8338 茸36718 8F6E 轮;。