浙江专用高考数学一轮复习课时跟踪检测三十九直线平面平行的判定及其性质含解析
高考数学一轮复习讲练测(浙江版)：专题8.4直线、平面平行的判定与性质(讲)答案解析
【最新考纲解读】要求内容A备注B C1．以立体几何的定对知识的考察要求挨次分为认识、理解、掌握三个层次（在表中分别义、公义、定理为用 A、B、C 表示） .出发点，认识和理认识：要求对所列知识的含义有初步的，感性的认识，知道这一知识内√解空间中线面平行容是什么，依照必定的程序和步骤仍旧模拟，并能（或会）在有关问题立中辨别和认识它 .的有关性质和判断体定理．理解：要求对所列知识有较深刻的理性认识，知道知识间的逻辑关系，几2．能运用公义、能够对所列知识作正确的描绘说明，用数学语言表达，利用所学的知识何定理和已获取的结内容对有关问题作比较，判断，议论，具备利用所学知识解决简单问题论证明一些空间位√的能力.置关系的简单命掌握：要求对所列的知识内容能够推导证明，利用所学知识对问题能够题．进行分析，研究，议论，而且加以解决.【考点深度分析】最近几年来，高考题由考察知识向考察能力方向转变，题目新奇多变，灵巧性强．空间中的平行关系在高考命题中，主要与平面问题中的平行、简单几何体的结构特点等问题相联合，综合直线和平面，以及简单几何体的内容于一体，常常是以简单几何体作为载体，以解答题形式体现是主要命题方式, 经过对图形或几何体的认识，考察线面平行、面面平行的判断与性质，考察转变思想、空间想象能力、逻辑思想能力及运算能力.【课前检测训练】[判一判 ]1.给出以下四个命题：①若一条直线与一个平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行；②若一条直线与一个平面内的两条直线平行，则这条直线与这个平面平行；③若平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线和这个平面平行；④若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行．此中正确命题的个数是________个．答案 :1分析 :命题①错，需说明这条直线在平面外．命题②错，需说明这条直线在平面外．命题③正确，由线面平行的判断定理可知．命题④错，需说明另一条直线在平面外．2．若 P 为异面直线a， b 外一点，则过P 且与 a， b 均平行的平面()A ．不存在B．零个或一个C．能够有两个D．有无数多个答案： B.[练一练 ]1.直线 a∥平面α，则 a 平行于平面α内的()A ．一条确立的直线B ．全部的直线C．无量多条平行的直线D．随意一条直线【答案】 C【分析】明显若直线a∥平面α，则 a 必定平行于经过 a 的平面与α订交的某条直线l，同时，平面α内与 l 平行的直线也都与直线 a 平行，应选 C.2【陕西省镇安中学2016 届高三月考】对于直线l , m及平面,，以下说法中正确的选项是()A ．若l∥,m,则 l∥ m B. 若l∥,m ∥,则l∥m C．若l, l ∥,则D．若l∥, l∥m，则 m【答案】 C3.若直线 a⊥ b，且直线a∥平面α，则直线 b 与平面α的地点关系是 ()A ． b? αB． b∥αC． b? α或 b∥αD ． b 与α订交或 b? α或 b∥ α【答案】 D【分析】当 b 与α订交或 b? α或 b∥ α时，均知足直线a⊥ b，且直线 a ∥平面α的状况，应选 D.4.α、β、γ是三个平面，a、b 是两条直线，有以下三个条件：①a∥γ，b? β；② a∥ γ， b∥ β；③b∥ β，a? γ.假如命题“α∩β＝ a，b? γ，且 ________，则 a∥ b”为真命题，则能够在横线处填入的条件是 ________(填上你以为正确的全部序号 )．【答案】：①③【分析】①中， a∥γ，a? β， b? β，β∩γ＝ b? a∥ b(线面平行的性质 )．②如下图，在正方体中，α∩β＝ a， b? γ， a∥ γ， b∥ β，而 a、 b 异面，故②错．③中，b∥β， b? γ， a? γ， a? β，β∩γ＝ a? a∥ b(线面平行的性质)．5【.选自2016 高考新课标Ⅲ文数】如图，四棱锥P ABC 中，PA平面ABCD ，AD BC ，AB AD AC3， PA BC 4 ，M为线段AD上一点，AM2MD， N为 PC的中点．（ I）证明MN平面PAB；【答案】（Ⅰ）看法析．TN 1 BC2 .......3 分2又 AD// BC，故 TN AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN // AT.由于AT平面PAB ，MN平面PAB ，所以MN // 平面PAB .........6 分【题根优选精析】考点一直线与平面平行的判断与性质【1-1】【2016·长沙模拟】若直线 a⊥ b，且直线 a∥平面α，则直线 b 与平面α的地点关系是 ()A.b ?αB.b∥ αC.b?α 或b∥ αD.b与α订交或b? α或b∥ α【答案】 D【分析】能够结构草图来表示地点关系，经考证，当b与α 订交或b?α或b∥ α 时，均知足直线 a⊥ b，且直线a∥平面α的状况，应选 D.【 1-2】已知α，β，γ是三个不重合的平面，a， b 是两条不重合的直线，有以下三个条件：① a∥ γ， b/ / β；②a∥ γ，b∥ β；③b∥ β，a则 a∥ b”为真命题，则能够在横线处填入的条件是A ．①或②B ．②或③C．①或③D．只有②/ / γ.假如命题“α∩β＝a，b()/ / γ，且________，【答案】C【1-3】在四周体 ABCD 中， M 、N 分别是面△ ACD 、△ BCD 的重心，则四周体的四个面中与MN 平行的是 __________．【答案】平面ABC 、平面 ABD【分析】如图，连结AM 并延伸交CD 于 E，连结 BN 并延伸交CD 于 F ，由重心性质可知，E、F 重合为一点，且该点为CD 的中点 E，由EM＝EN＝1，得 MN ∥ AB，所以， MN ∥平面MA NB2ABC 且 MN ∥平面 ABD.【 1-4】如下图，在正四棱柱 ABCDA 1B1C1D 1中， E、F 、G、H 分别是棱 CC1、C1 D1、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 知足条件 ________时，有 MN ∥平面 B1BDD 1.【答案】 M 在线段 HF 上【基础知识】直线与平面平行的判断与性质判断性质定义定理图形a∥ α， a? β，α∩β条件a∩α＝ ?a? α， b?α， a∥ b a∥α＝ b结论a∥ αb∥ αa∩α＝ ?a∥ b【思想方法】判断或证明线面平行的常用方法：利用线面平行的定义，一般用反证法；利用线面平行的判断定理(a?α， b? α， a∥ b? a∥α)，其重点是在平面内找(或作 )一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的表达；)利用面面平行的性质定理(α∥ β， a? α? a∥ β)；利用面面平行的性质(α∥ β， a?β， a∥ α? a∥β)．【温馨提示】在多面体中判断平行关系是最近几年来高考取的常有题型．考点二平面与平面平行的判断与性质【 2-1】已知m，n是两条不一样直线，，是两个不一样平面，则以下命题正确的选项是（）（ A ）若，垂直于同一平面，则与平行（ B ）若m，n平行于同一平面，则m 与 n 平行（ C）若，不平行，则在内不存在与平行的直线（D ）若m，n不平行，则m与n不行能垂直于同一平面【答案】 D【 2-2】设，是两个不一样的平面，m 是直线且 m?．“m∥”是“ ∥”的（）A ．充足而不用要条件 B ．必需而不充足条件C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件【答案】 B【分析】由于，是两个不一样的平面，m 是直线且m?．若“m∥”，则平面、可能订交也可能平行，不可以推出//，反过来若//，，则有m∥，则“m∥”是“ ∥”的必需而不充足条件.【 2-3】【 2016·哈尔滨模拟】给出以下对于互不同样的直线题：①若 m? α， l∩ α＝A ，点 A ?m，则 l 与 m 不共面；②若 m、 l 是异面直线，l ∥ α， m∥α，且 n⊥ l ，n⊥ m，则③若 l∥ α，α ∥ β， m∥β，则 l∥ m；④若 l? α， m? α， l ∩ m＝ A ， l ∥β， m∥ β，则α ∥ β .此中为真命题的是()A. ①③④B. ②③④C.①②④D.①②③m，l，n 和平面α，β的四个命n⊥α；【答案】C【 2-4】】如下图，斜三棱柱ABC－ A1B1C1中，点 D ，D 1分别为 AC， A1C1上的点．A1D1(1) 当D1C1等于何值时， BC 1∥平面 AB1D 1?(2) 若平面 BC1D ∥平面 AB1D1，求AD的值．DC【答案】（1）当A1D1＝ 1 时， BC1∥平面 AB1D 1.（ 2） 1. D1C1【分析】 (1)如下图，取 D 1为线段 A1 C1的中点，此时A1D1＝ 1. 连结 A1B，交 AB1于点 O，D1C1连结 OD 1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，∴点O 为 A1B 的中点．在△ A1BC1中，点 O， D 1分别为 A1B， A1 C1的中点，∴ OD1∥ BC1.又∵ OD1? 平面 AB1D 1， BC1?平面 AB 1D1，∴ BC1∥平面 AB 1D1.A1D 1∴当＝ 1 时， BC 1∥平面 AB1D1.(2)由平面 BC1D ∥平面 AB1D1，且平面 A1BC1∩平面 BC1 D＝ BC1，平面 A1BC1∩平面 AB1D1＝D 1O 得 BC1∥ D 1O，∴A1D1＝A1O，D 1C1 OB又由题可知A1D1＝DC，A1O＝ 1，∴DC＝ 1，即AD＝ 1.D 1C1AD OB AD DC【基础知识】面面平行的判断与性质判断性质定义定理图形条件α∩β＝?a? β， b? β，a∩b＝ P，α∥ β，α∩γ＝ a，α∥ β， a? βa∥α， b∥ αβ∩γ＝ b结论α∥ βα∥ βa∥ b a∥ α【思想方法】证明两个平面平行的方法有：①用定义，此类题目常用反证法来达成证明；②用判断定理或推论 (即“线线平行 ? 面面平行” )，经过线面平行来达成证明；③依据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明；④借助“传达性”来达成．面面平行问题常转变为线面平行，而线面平行又可转变为线线平行，需要注意转变思想的应用．【温馨提示】证明面面平行的方法有：(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判断定理：假如一个平面内有两条订交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)假如两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的互相转变．考点三线面、面面平行的综合应用【 3-1】【河北石家庄高三调研】设表示直线, ,表示不一样的平面，则以下命题中正确的是（）A ．若a且 a b ，则b / /B ．若且，则/ /C．若a / /且 a / /，则/ /D．若/ /且/ /，则/ /【答案】D【3-2】如图，四棱锥 P－ ABCD 中， AB⊥AC ，AB⊥PA，AB∥CD ， AB＝ 2CD ， E， F， G，(1)求证： MN ∥AB；(2)求证： CE∥面 PAD.【答案】看法析.【分析】(1)∵M、 N 为 PD 、PC 的中点，∴MN ∥ DC ，又∵ DC ∥ AB，∴MN ∥ AB.(2)证法一：如图 (1)，取 PA 的中点 H，连结 EH ，DH .由于 E 为 PB 的中点，所以 EH ∥ AB ，EH ＝1 AB.21又 AB ∥ CD ， CD ＝2AB ，所以 EH ∥ CD ，EH ＝ CD.所以四边形 DCEH 是平行四边形．所以 CE ∥ DH.又 DH ? 平面 PAD ， CE?平面 PAD ，所以 CE ∥平面 PAD.证法二：如图 (2)，连结 CF .由于 F 为 AB 的中点，又 CE? 平面 CEF ，所以 CE ∥平面 PAD .【 3-3】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) 直线 EG ∥平面 BDD 1B 1；(2) 平面 EFG ∥平面 BDD 1B 1.【答案】看法析.【基础知识】1．平面与平面的地点关系有订交、平行两种状况．2．直线和平面平行的判断(1)定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；(2)判断定理： a α，b α，且 a∥ b? a∥α；(3)其余判断方法：α∥ β； a α? a∥β.3．直线和平面平行的性质定理：a∥ α， aβ，α∩β＝l? a∥ l.4．两个平面平行的判断(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判断定理： a α，b α，a∩b＝ M， a∥ β，b∥ β? α∥ β；(3)推论： a∩b＝ M， a，b α，a′∩b′＝ M′， a′， b′ β， a∥ a′，b∥ b′? α∥ β. 5．两个平面平行的性质定理(1)α∥ β，a α? a∥ β；(2)α∥ β，γ∩α＝ a，γ∩β＝ b?a∥ b. 6．与垂直有关的平行的判断(1)a⊥α，b⊥ α? a∥ b；(2)a⊥α，a⊥ β? α∥ β.【思想方法】解决研究性问题一般要采纳执果索因的方法，假定求解的结果存在，从这个结果出发，找寻使这个结论建立的充足条件，假如找到了切合题目结果要求的条件，则存在；假如找不到切合题目结果要求的条件 (出现矛盾 )，则不存在．【温馨提示】1．平行问题的转变关系：2．直线与平面平行的重要判断方法：①定义法；②判断定理；③面与面的平行性质．3．平面与平面平行的主要判断方法：①定义法；②判断定理；③推论；④a⊥ α，a⊥ βα ∥ β .各样关系能互相转变，特别要关注转变所需条件是什么．4．能够考虑向量的工具性作用，能用向量的尽可能应用向量解决，可使问题简化．【易错问题大揭秘】易错典例：如图，已知 E 、 F 分别是正方体ABCD A1 B1C1 D1的棱 AA1， CC1上的中点.求证：四边形BED1F 是平行四边形.易错点：主要错在盲目地在立体几何证明题中套用平面几何定理. 例题几何问题只有在化为平面几何问题后才能直接使用平面几何知识解题.分析：取 DD1的中点 G ，连结 AG 、 FG ，由于 AE D1G且 AE // D1G ，所以 D1E AG且 D1E//AG，又 FG CD，CD AB且 FG//CD ，CD// AB，所以 FG AB且FG//AB，所以 BF AG且 BF // AG，所以 D1E BF且 D1E//BF ，故四边形 BED1F 是平行四边形.温馨提示：1.在推证线面平行时，必定要重申直线不在平面内，不然，会出现错误.2.线面平行关系证明的难点在于协助面和协助线的增添，在增添协助线、协助面时必定要以某一性质定理为依照，绝不可以主观臆断.3.解题中注意符号语言的规范应用.【针对训练1】如图，在正方体 ABCD － A1B1 C1D 1中， O 为底面 ABCD 的中心， P 是 DD 1的中点，设Q 是 CC1上的点，当点 Q 在（）地点时，平面 D1BQ∥平面 PAO.A．Q与C重合B．Q 与 C1重合C． Q 为 CC1的三平分点D． Q 为 CC1的中点【答案】 D【针对训练 2】如图，在四棱锥 P－ABCD 中， AD ∥ BC，AB ＝ BC ＝ 12AD ， E， F，H 分别为线段 AD ， PC， CD 的中点， AC 与 BE 交于 O 点， G 是线段 OF 上一点 .(1)求证： AP∥平面 BEF ；(2)求证： GH∥平面 PAD.【答案】看法析．1【分析】 (1)连结 EC，∵ AD ∥BC ， BC ＝AD ，/ /∴ BC AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形，∴ O 为 AC 的中点，又∵ F 是 PC 的中点，∴ FO∥ AP ，FO? 平面 BEF ， AP ?平面 BEF ，∴ AP∥平面 BEF.。
高考数学一轮复习(浙江版)专题8.4直线、平面平行的判定及其性质(讲)含解析
【考纲解读】【知识清单】1.直线与平面平行的判定与性质2.1．平面与平面的位置关系有相交、平行两种情况．2．直线和平面平行的判定(1)定义：直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面；(2)判定定理：a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α；(3)其他判定方法：α∥β；aα⇒a∥β.3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒a∥l.4．两个平面平行的判定(1)定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；(2)判定定理：a⊂α，b⊂α，a∩b＝M，a∥β，b∥β⇒α∥β；(3)推论：a∩b＝M，a，b⊂α，a′∩b′＝M′，a′，b′⊂β，a∥a′，b∥b′⇒α∥β.5．两个平面平行的性质定理(1)α∥β，aα⇒a∥β；(2)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b.6．与垂直相关的平行的判定(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b；(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.【重点难点突破】考点一直线与平面平行的判定与性质【1-1】【2018届四川省成都市第七中学一诊】“直线m与平面α内无数条直线平行”是“直线m//平面α”的（）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【1-2】【2018届江西省南昌市二模】已知分别是四面体棱上的点，且，，,，则下列说法错误的是（）A．平面 B．平面C．直线相交于同一点 D．【答案】B【解析】A :，，,，可得到GH平行于AC，EF平行于AC，故平面得到，选项正确.B :因为BD和FH不平行，而且两条直线在同一平面内，故得到两直线延长后相交，可得到BD与平面EFG是相交的关系.选项不正确.C:由A选项，结合平行线的传递性得到GH平行于EF，则EFGH四点共面，且为等腰梯形，延长EH和FH相交于点M，则点M在FH的延长线上，故在面BCD内，同理M点也在平面ABD内，故M应该在两个平面的交线上，即直线BD的延长线上，故得证.选项正确.D:，，,，可得到GH平行于AC，EF平行于AC，由平行线的传递性得到，选项正确.故答案为：B.【1-3】【山东省2018年普通高校招生（春季）】如图所示的几何体中，四边形是矩形，平面，平面，且，.(1)求证: 面；(2)求棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）.【解析】【领悟技法】判断或证明线面平行的常用方法：利用线面平行的定义，一般用反证法；利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； 利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．【触类旁通】【变式1】如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AB 、CC 1的中点，在平面ADD 1A 1内且与平面D 1EF 平行的直线( )A ．不存在B ．有1条C ．有2条D ．有无数条【答案】D【变式2】已知直线,m n 和平面α，满足,m n αα⊄⊂.则“//m n ”是“//m α”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】若,m n αα⊄⊂， //m n ，由线面平行的判定定理可得//m α，若,m n αα⊄⊂， //m n ， m 与n ，可以是异面直线，“//m n ”是“//m α”的充分而不必要条件，故选A. 【变式3】【2018届黑龙江省仿真模拟（五）】在三棱柱中，已知侧棱与底面垂直，，且，，为的中点，为上一点，．（1）若三棱锥的体积为，求的长；（2）证明：平面．【答案】（1）．（2）见解析．∵为的中点，∴，又，∴，而平面，平面，∴平面.综合点评：解决有关线面平行的基本问题的注意事项：(1)易忽视判定定理与性质定理的条件，如易忽视线面平行的判定定理中直线在平面外这一条件；(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断；(3)可举反例否定结论或用反证法判断结论是否正确. 考点二 平面与平面平行的判定与性质【2-1】【2017届河北省曲周县第一中学一模】下列命题正确的是（ ） A. 若一直线与两个平面所成角相等，则这两个平面平行B.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C. 若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行D. 若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行 【答案】B【2-2】【北京卷】设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β∥”是“αβ∥”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．若“m β∥”，则平面、αβ可能相交也可能平行，不能推出//αβ，反过来若//αβ，m α⊂，则有m β∥，则“m β∥”是“αβ∥”的必要而不充分条件.【2-3】【2018届山西省太原市三模】已知空间几何体中，与均为边长为2的等边三角形，为腰长为3的等腰三角形，平面平面，平面平面分别为的中点.（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】证明：（1）又，∴，∴.【领悟技法】证明两个平面平行的方法有：①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；②用判定定理或推论(即“线线平行⇒面面平行”)，通过线面平行来完成证明； ③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明； ④借助“传递性”来完成．面面平行问题常转化为线面平行，而线面平行又可转化为线线平行，需要注意转化思想的应用． 【触类旁通】【变式1】【2018届广西柳州市高三上学期摸底】空间中，设,m n 表示不同的直线， ,,αβγ表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A. 若,αγβγ⊥⊥，则//αβB. 若,m m αβ⊥⊥，则//αβC. 若,m βαβ⊥⊥，则//m αD. 若,n m n α⊥⊥，则//m α 【答案】B【变式2】【2018届陕西省榆林市二模】如图，在三棱台111ABC A B C -的6个项点中任取3个点作平面α，设α⋂平面ABC l =，若11//l AC ，则这3个点可以是（ ）A ． 1,,BC A B ． 11,,B C A C ． 11,,A B CD ． 11,,A B C 【答案】D【解析】当α为平面11A BC 时，因为平面111//ABC A B C 平面，平面11A BC ⋂平面l ABC =， 平面1111111A BC A BC AC ⋂=平面 所以11//l AC ， 故选：D【变式3】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，1,AB AC AC AA ⊥=，E 、F 分别是棱1BC CC 、的中点.1（Ⅰ）求证：AB ⊥平面AA 1 C 1C ；（Ⅱ）若线段AC 上的点D 满足平面DEF //平面1ABC ，试确定点D 的位置，并说明理由； 【答案】见解析 【解析】（I ）1A A ⊥底面ABC ，1A A ∴⊥AB ， 3分AB AC ⊥，1A AAC A =，AB ∴⊥面11A ACC . 6分1(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点； (2)面面平行的判定定理；(3)垂直于同一条直线的两平面平行；(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行. 考点三 线面、面面平行的综合应用【3-1】【河北石家庄高三调研】设α表示直线,,αβγ表示不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A ．若a α⊥且a b ⊥，则//b α B ．若γα⊥且γβ⊥，则//αβ C ．若//a α且//a β，则//αβ D ．若//γα且//γβ，则//αβ 【答案】D【解析】A ：应该是//b α或b α⊂；B ：如果是墙角的三个面就不符合题意；C ：m αβ=，若//a m 时，满足//a α，//a β，但是//αβ不正确，所以选D.【3-2】【江西省重点中学协作体2017届第二次联考】如图，在长方体1111ABCD A B C D －中，16,3,8AA AB AD ===， 点M 是棱AD 的中点，N 在棱1AA 上，且满足12AN NA ＝， P 是侧面四边形11ADD A 内一动点(含边界)，若1C P ∥平面CMN ，则线段1C P 长度最小值是________.【解析】取11A D 的中点Q ,过点Q 在面11ADD A 作MN 的平行线交1DD 于E则易知面1//C QE 面CMN ,在1C QE ∆中作1C P QE ⊥,则1C P =.【3-3】【2018届江西省南昌市高三上摸底】如图，在四棱锥P ABCD -中， 90ABC ACD ∠=∠=，BAC ∠ 60CAD =∠=， PA ⊥平面ABCD ， 2,1PA AB ==.设,M N 分别为,PD AD 的中点.（1）求证：平面CMN ∥平面PAB ； （2）求三棱锥P ABM -的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）三棱锥P ABM -的体积V =【解析】（1）证明：∵,M N 分别为,PD AD 的中点，【领悟技法】解决探究性问题一般要采用执果索因的方法，假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾)，则不存在．【触类旁通】【变式1】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.【答案】见解析.【解析】 (1)如图，连接SB，∵E，G分别是BC，SC的中点，【变式2】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝a.(1)求证：AD⊥B1D；(2)求证：A1C∥平面AB1D；【答案】见解析.【解析】(1)证明：∵ABC－A1B1C1是正三棱柱，∴BB1⊥平面ABC，∵AD⊂平面ABC．∴AD⊥BB1.又∵△ABC是正三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC．又∵BC ∩BB 1＝B ， ∴AD ⊥平面B 1BCC 1. 又∵B 1D ⊂平面B 1BCC 1， ∴AD ⊥B 1D ．(2)证明：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE .∵AA 1＝AB ，∴四边形A 1ABB 1是正方形， ∴E 是A 1B 的中点， 又∵D 是BC 的中点， ∴DE ∥A 1C ．∵DE ⊂平面AB 1D ，A 1C ⊄平面AB 1D ， ∴A 1C ∥平面AB 1D ．【变式3】【2017年福建省数学基地校高三复习】如图，在三棱柱ABC A B C '-''中，点D 是BC 的中点，欲过点A '作一截面与平面AC D '平行．(I)问应当怎样画线，并说明理由；(II)求所作截面与平面AC D '将三棱柱分成的三部分的体积之比． 【答案】(I)见解析 (II)1:4:1面A EB '∥平面AC D '， ,,A E A B BE ''即为应画的线．理由如下：因为D 为BC 的中点， E 为B C ''的中点，所以BD C E ='.又因为BC ∥B C ''，所以四边形BDC E '为平行四边形，所以DC '∥BE .DC A BE '⊄'平面. BE A BE ⊂'平面.∴ //DC A BE ''平面.连接DE ，则DE 平行等于BB '，所以DE平行等于AA '，所以四边形AA ED '是平行四边形，所以AD ∥A E '. AD A BE ⊄'平面.AE A BE '⊂'平面.∴ //AD A BE '平面.又因为AD DC D ⋂'=， 'AD AC D ⊂平面， ''DC AC D ⊂平面,所以平面''A EB AC D 平面.(II)设棱柱的底面积为S ，高为h . 则'?-''111.326C ACD B A BE V V Sh Sh ⨯三棱锥三棱锥＝＝＝ 所以三棱柱夹在平面'AC D 与平面'A EB 间的体积为12'Sh=Sh 63⨯ ∴所作截面与平面'AC D 将三棱柱分成的三部分的体积之比为121141.636Sh Sh Sh ∶∶＝∶∶ 综合点评：在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，其转化关系为在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.【易错试题常警惕】易错典例：如图，已知E 、F 分别是正方体1111D C B A ABCD 的棱1AA ，1CC 上的中点. 求证：四边形F BED 1是平行四边形.【错因】主要错在盲目地在立体几何证明题中套用平面几何定理. 例题几何问题只有在化为平面几何问题后才能直接使用平面几何知识解题.【正解】取1DD 的中点G ，连结AG 、FG ，因为G D AE 1=且G D AE 1//， 所以AG E D =1且AG E D //1，又CD FG =，AB CD =且CD FG //，AB CD //， 所以AB FG =且AB FG //， 所以AG BF =且AG BF //， 所以BF E D =1且BF E D //1， 故四边形F BED 1是平行四边形. 温馨提醒：1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.2.线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加，在添加辅助线、辅助面时一定要以某一性质定理为依据，绝不能主观臆断.3.解题中注意符号语言的规范应用.【学科素养提升之思想方法篇】----化“生”为“熟”——转化与化归的思想方法1.转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中一切问题的解决(当然包括解题)都离不开转化与化归，数形结合思想体现了数与形的相互转化；函数与方程思想体现了函数、方程、不等式间的相互转化；分类讨论思想体现了局部与整体的相互转化，以上三种思想方法都是转化与化归思想的具体体现.各种变换方法、分析法、反证法、待定系数法、构造法等都是转化的手段.所以说，转化与化归是数学思想方法的灵魂.2. 转化包括等价转化和非等价转化，非等价转化又分为强化转化和弱化转化等价转化要求在转化过程中的前因后果既是充分的又是必要的，这样的转化能保证转化的结果仍为原问题所需要的结果，非等价转化其过程则是充分的或必要的，这样的转化能给人带来思维的启迪，找到解决问题的突破口，非等价变形要对所得结论进行必要的修改.非等价转化（强化转化和弱化转化）在思维上带有跳跃性，是难点，在压轴题的解答中常常用到，一定要特别重视！3.转化与化归的原则（1）熟悉化原则：将不熟悉和难解的问题转化为熟知的易解的或已经解决的问题；（2）直观化原则：将抽象的问题转化为具体的直观的问题；（3）简单化原则：将复杂的问题转化为简单的问题，将一般性的问题转化为直观的特殊的问题；将实际问题转化为数学问题，使问题便与解决.（4）正难则反原则：若过正面问题难以解决，可考虑问题的反面，从问题的反面寻求突破的途径；（5）低维度原则：将高维度问题转化成低维度问题.4.转化与化归的基本类型（1）正与反、一般与特殊的转化；（2）常量与变量的转化；（3）数与形的转化；（4）数学各分支之间的转化；（5）相等与不相等之间的转化；（6）实际问题与数学模型的转化.5．常见的转化方法（1）直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题；（2）换元法：运用“换元”把非标准形式的方程、不等式、函数转化为容易解决的基本问题；（3）参数法：引进参数，使原问题的变换具有灵活性，易于转化；（4）构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题；（5）坐标法：以坐标系为工具，用代数方法解决解析几何问题，是转化方法的一种重要途径；（6）类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定转化的途径；（7）特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的结论适合原问题；（8）一般化方法：若原问题是某个一般化形式问题的特殊形式且有较难解决，可将问题通过一般化的途径进行转化；（9）等价问题法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到转化目的；（10）补集法：（正难则反）若过正面问题难以解决，可将问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集获得原问题的解决.立体几何中的转化与化归，主要利用直接转化法或坐标法，将空间问题转化成平面问题、将几何问题转化成代数问题加以解决.【典例】如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点.(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：GH∥平面PAD.【答案】见解析．【解析】(1)连接EC，∵AD∥BC，BC＝12 AD，∴BC //AE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴O为AC的中点，又∵F是PC的中点，∴FO∥AP，FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，∴AP∥平面BEF.。
(浙江专用)2020版高考数学直线、平面平行的判定与性质讲义(含解析)
§ 8.4 直线、平面平行的判定与性质基础知识自主学习----------------------------------------------------------- 回加■眦利, 训—「知识梳理1 .线面平行的判定定理和性质定理2.面面平行的判定定理和性质定理:1.一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？提示不都平行.该平面内的直线有两类，一类与该直线平行，一类与该直线异面.2.一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？提示平行.可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”，这就是面面平行的判定定理.，基础自测题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打或“X”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面. (X )(2)平行于同一条直线的两个平面平行. (X )(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. (x )(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. ( V )(5)若直线a与平面a内无数条直线平行，则a// a .( x )⑹若 a //。
，直线all a，贝U a//。
.( X )题组二教材改编2.［P58练习T3］平面a //平面。
的一个充分条件是( )A.存在一条直线a, a// a , a//。
B.存在一条直线a, a? a , all(3C.存在两条平行直线a, b, a?也，b? (3 , a//。
，b// aD.存在两条异面直线a, b, a? a , b? (3 , a//。
，b// a答案D解析若 a n 3 = l , a // l , a? a , a?。
，则a // a , a // 3 ,故排除A.若a n 3 = l , a? a , a // l ,则a//。
，故排除 B.若 a n 3 = l，a?济，all l , b?。
高考数学导与练一轮复习(浙江版)知识梳理第十章第四节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复习目标学法指导1.与平行有关命题真假判定.2.锥体、柱体中线面平行证明.3.折叠问题中证明线面平行. 1.立体几何有三大关系即线线关系、线面关系、面面关系.要搞清楚由低到高(即线线⇒线面⇒面面)叫判定,由高到低(即面面⇒线面⇒线线)叫性质.2.证明线面、面面的平行是高考的重点.3.会结合三种语言即文字、图形、符号语言搞清楚判定和性质定理.一、线面平行的判定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这个平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行(简记为“线线平行⇒线面平行”)lal aαα⊄⎫⎪⊂⎬⎪⎭∥⇒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”)aabαβαβ⎫⎪⊂⎬⎪=⎭∥⇒a∥b(1)线面平行的判定往往需要借助线线平行关系,但要注意条件缺一不可,即“一内一外一平行”.(2)线面平行也可由面面平行的性质得到.(1)α∥β,a⊂α,则有a∥β.(2)α∥β,a⊄β,a∥α,则有a∥β.二、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”)abba b Pααβ⊂⎫⎪⊂⎪⎬⎪⎪=⎭∥⇒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abαββγβγ⎫⎪=⎬⎪=⎭∥⇒a∥b(1)判定定理借助了线线平行,但要注意是两相交线.(2)性质定理得到的是线线平行,应该是平面与平面的交线.(1)面面平行具有传递性,即α∥β,β∥γ,则α∥γ.(2)平面α,β,直线l,若l⊥α,l⊥β,则α∥β.α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,“m∥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:当m∥β时,过m的平面α与β可能平行也可能相交,因而m∥βα∥β;当α∥β时,α内任一直线与β平行,因为m⊂α,所以m∥β.综上知,“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.故选B.2.在空间四边形ABCD(A,B,C,D不共面)中,一个平面与边AB,BC,CD,DA 分别交于E,F,G,H(不含端点),则下列结论错误的是( C )(A)若AE∶BE=CF∶BF,则AC∥平面EFGH(B)若E,F,G,H分别为各边中点,则四边形EFGH为平行四边形(C)若E,F,G,H分别为各边中点且AC=BD,则四边形EFGH为矩形(D)若E,F,G,H分别为各边中点且AC⊥BD,则四边形EFGH为矩形解析:作出如图的空间四边形,连接AC,BD可得一个三棱锥,将四个中点连接,得到一个四边形EFGH,由中位线的性质知,EH∥FG,EF∥HG,故四边形EFGH是平行四边形,若AC=BD,则有HG=12AC=12BD=EH,故四边形EFGH是菱形.故选C.个.解析:分两类,一类是面的两侧分别是1个点和3个点,有4个,一类是面的两侧各两个点,有3个,共有7个.答案:7考点一与平行相关命题的判断[例1] 已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列命题中正确的是( )(A)若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n(B)若m∥n,n⊂α,则m∥α(C)若m∥α,m∥β,则α∥β(D)若α∥β,α∥γ,则β∥γ解析:m与n可能平行也可能异面,故A选项错;在正方体中,AB∥A1B1,A1B1⊂平面A1B1BA,而AB不平行于平面A1B1BA,故选项B错;正方体的棱B1C1既平行于平面ADD1A1,又平行于平面ABCD,但这两个平面相交,故选项C不正确;由平面与平面平行的传递性,得选项D正确.故选D.(1)解决与平行相关命题的判断问题的依据是判定定理和性质定理,运用时注意定理成立的条件.(2)这类问题常常借助正(长)方体等特殊几何体构造反例判断命题错误.已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( C )(A)m∥l (B)m∥n(C)n⊥l (D)n⊥m解析:因为互相垂直的平面α,β交于直线l,所以l⊂β,由n⊥β,可得n⊥l,因为直线m,满足m∥α,所以m∥β或m⊂β或m与β相交,所以直线m,l,直线n,m位置关系不确定,故选C.考点二线面平行的判定和性质[例2]如图,在三棱锥PABC中,D,E分别为PA,AC的中点.(1)求证:DE∥平面PBC;(2)试问在线段AB上是否存在点F,使得过D,E,F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行?若存在,指出点F的位置并证明;若不存在,请说明理由.(1)证明:因为E为AC的中点,D为PA的中点,所以DE∥PC.又DE⊄平面PBC,PC⊂平面PBC,所以DE∥平面PBC.(2)解:存在,当点F是线段AB的中点时,过D,E,F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.证明如下:如图,取AB的中点F,连接EF,DF.由(1)可知,DE∥平面PBC.因为E是AC的中点,F为AB的中点,所以EF∥BC.又EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC.又DE∩EF=E,所以平面DEF∥平面PBC,所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行.故当点F是线段AB的中点时,过D,E,F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.判断或证明线面平行的常用方法:(1)利用线面平行的定义,一般用反证法;(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α),其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行,证明时注意符号语言的叙述;(3)利用面面平行的性质定理(α∥β,a⊂α⇒a∥β);(4)利用面面平行的性质(α∥β,a⊄β,a∥α⇒a∥β). (2019·暨阳联考)在四棱锥PABCD中,PC⊥平面ABCD,BC∥AD,BC⊥AB,PB=AD=2,AB=BC=1,E为棱PD上的点.(1)若PE=13PD,求证:PB∥平面ACE;(2)若E是PD的中点,求直线PB与平面ACE所成角的正弦值.(1)证明:法一连接BD,令AC∩BD=F,连接EF,因为BC∥AD,BC=1,AD=2,所以BFFD =BCAD=12,又PE=13PD,所以PEED =12=BFFD,所以PB∥EF,且PB⊄平面ACE,EF⊂平面ACE,所以PB∥平面ACE.法二以A为原点,如图建立空间直角坐标系.由题意求得3,所以),C(1,1,0),D(0,2,0),所以BPPD),由PE =13PD ,得E(23,43令平面ACE 的一个法向量为n=(x,y,z),则0,0,n AC n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,240,33x y x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩所以,,y x z =-⎧⎪⎨⎪⎩令,则所以所以BP ·n=0且PB ⊄平面ACE, 所以PB ∥平面ACE. (2)解:(空间向量坐标法)以A 为原点,如图建立空间直角坐标系,由题意求得所以),所以BP所以E(12,32令平面ACE 的一个法向量为n=(x,y,z),则0,0,n AC n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,130,22x y x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩所以,,y x z =-⎧⎪⎨⎪⎩令,则所以,2).设直线PB与平面ACE所成的角为θ,所以直线PB与平面ACE所成角的正弦值为sin θ=|cos<BP,n>|=3210=3020.考点三面面平行的判定与性质[例3] 如图,在三棱柱ABCA1B1C1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EFA1∥平面BCHG.证明:(1)因为G,H分别是A1B1,A1C1的中点,所以GH∥B1C1.又在三棱柱中,B1C1∥BC,所以GH∥BC,所以B,C,H,G四点共面.证明:(2)因为G,E分别是A1B1,AB的中点,所以A1G BE,所以四边形A1GBE为平行四边形,A1E∥BG.又A1E⊄平面BCHG,BG⊂平面BCHG,所以A1E∥平面BCHG,同理A1F∥平面BCHG,又A1E∩A1F=A1,所以平面EFA1∥平面BCHG.(1)判定面面平行的方法①定义法:即证两个平面没有公共点;②面面平行的判定定理;③垂直于同一条直线的两平面平行;④平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.(2)面面平行的性质①若两平面平行,则一个平面内的直线平行于另一平面.②若一平面与两平行平面相交,则交线平行.(3)平行间的转化关系(2019·浙江十校联盟)如图,在四棱锥PABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,AD=1,PA=AB=BC=2,M是棱PB的中点. (1)已知点E在棱BC上,且平面AME∥平面PCD,试确定点E的位置,并说明理由;(2)设点N是线段CD上的动点,当点N在何处时,直线MN与平面PAB所成角最大?并求最大角的正弦值.解:(1)E为BC的中点,理由如下:因为M,E分别为PB,BC的中点,所以ME∥PC又因为ME⊄平面PDC,PC⊂平面PDC,所以ME∥平面PDC,又因为EC AD,所以四边形EADC 为平行四边形, 所以AE ∥DC, 同理,AE ∥平面PDC. 又因为AE ∩ME=E, 所以平面AME ∥平面PDC.解:(2)以A 为原点,分别以AD,AB,AP 所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系(图略),则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1),设直线MN 与平面PAB 所成角为θ,DN =λDC , 则MN =MA +AD +DN =(λ+1,2λ1,1) 取平面PAB 的法向量为n=(1,0,0), 则sin θ=|cos <MN ,n>|.令λ+1=t ∈[1,2], 则()221523λλλ+-+=2251210t tt -+ =211110125t t ⎛⎫⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤57,所以sin ,当t=53⇔λ=23时,等号成立. 即当点N 在线段DC 靠近C 的三等分点时,直线MN 与平面PAB 所成角最大,考点四易错辨析[例4] 如图,在三棱锥ABOC中,AO⊥平面COB,∠OAB=∠OAC=π分别为AB,OB的中点.(1)求证:CO⊥平面AOB;(2)在线段CB上是否存在一点F,使得平面DEF∥平面AOC,若存在,试确定F的位置,并证明;若不存在,请说明理由.(1)证明:因为AO⊥平面COB,所以AO⊥CO,AO⊥BO,即△AOC与△AOB为直角三角形.,AB=AC=2,又因为∠OAB=∠OAC=π6所以OB=OC=1.由OB2+OC2=1+1=2=BC2,可知△BOC为直角三角形.所以CO⊥BO,又因为AO∩BO=O,所以CO⊥平面AOB.(2)解:在线段CB上存在一点F,使得平面DEF∥平面AOC,此时F为线段CB的中点.证明如下:如图,连接DF,EF,因为D,E分别为AB,OB的中点,所以DE∥OA.又DE⊄平面AOC,AO⊂平面AOC,所以DE∥平面AOC.因为E,F分别为OB,BC的中点,所以EF∥OC.又EF⊄平面AOC,OC⊂平面AOC,所以EF∥平面AOC,又EF∩DE=E,EF⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,所以平面DEF∥平面AOC.本题第二问属探索性问题,所要探求的点往往出现在特殊点上,可以先特殊后一般的方法解决.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PB⊥BC,PD⊥CD,且PA=2,E点满足PE=13PD.(1)证明:PA⊥平面ABCD;(2)在线段BC上是否存在点F,使得PF∥平面EAC?若存在,确定点F的位置,若不存在请说明理由.(1)证明:BC PBBC PAB BC PABC ABCD PDCD PAD CD PACD DA⎫⎫⇒⇒⎬⎪⎭⎪⎬⎫⎪⇒⇒⎬⎪⎭⎭⊥⊥平面⊥⊥⊥⊥平面⊥⊥⇒PA⊥平面ABCD.(2)解:当F为BC的中点时,PF∥平面EAC. 设AC,FD交于点S,连接ES,因为AD∥FC,所以FSSD =FCAD=12,又因为PE=13PD,所以PEED =12,所以PF∥ES,易证PF∥平面EAC.平行关系的证明[例题] 如图,三棱柱ABC 1B 1C 1的各棱长都相等,且∠BAA 1=∠CAA 1=60°,D,E 分别为AB,B 1C 1的中点. (1)证明:DE ∥平面A 1ACC 1;(2)求直线AE 与平面BB 1C 1C 所成角的余弦值. (1)证明:取BC 的中点F,连接DF,EF, 因为点D,E 分别为AB,B 1C 1的中点, 所以DF ∥AC,EF ∥CC 1, 又DF ∩EF=F,AC ∩CC 1=C, 所以平面DEF ∥平面A 1ACC 1, 因为DE ⊂平面DEF, 所以DE ∥平面A 1ACC 1. (2)解:由(1)连接AF,A 1E,由各棱长都相等,得AF ⊥BC,又∠BAA 1=∠CAA 1=60°,可得点A 1在平面ABC 上的射影M 必在AF 上, 故以M 为原点,过点M 且平行于CB 的直线为x 轴,MF,MA 1所在直线分别为y,z 轴,建立空间直角坐标系如图, 设AB=1,此时A(0,,0),E(0,,),B(12,,0),F(0,,0),则AE),BF =(12,0,0), FE)设平面BB 1C 1C 的法向量为n=(x,y,z),由10,230,3n BF x n FE y ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩令z=1,解得设直线AE与平面BB1C1C所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,AE>|故cos θ,即直线AE与平面BB1C1C.规范要求:证明线面平行方法有二:一是可以利用线面平行的判定定理;二是可以利用面面平行的性质定理,但无论哪一种方法都要注意条件的全面性.[规范训练] 如图所示,四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形,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)如图所示,设DF与GN交于点O,连接AE,则AE必过点O,连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO.因为BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,所以BE∥平面DMF.证明: (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.因为DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点,所以MN为△ABD的中位线,所以BD∥MN.因为BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG.因为DE∩BD=D,BD,DE⊂平面BDE,所以平面BDE∥平面MNG.类型一与平行相关命题的判断⊂平面α,则条件甲:“直线l∥α”是条件乙:“l∥m”的( D ) (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⊥b,且直线a∥平面α,则直线b与平面α的位置关系是( D )(A)b⊂α(B)b∥α(C)b⊂α或b∥α(D)b与α相交或b⊂α或b∥α解析:可以构造一草图来表示位置关系,经验证,当b与α相交或b⊂α或b∥α时,均能满足直线a⊥b,且直线a∥平面α的情况,故选D.3.(2019·宁波模拟)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的( A )(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:本题主要考查点、直线、平面的位置关系和充分条件与必要条件.①充分性:若直线m⊄α,n⊂α,则当m∥n时,m∥α,即充分性成立.②必要性:若直线m⊄α,n⊂α,当m∥α⊄α,n⊂α时,“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件.故本题正确答案为A.α,β,γ和直线a,b,m,n,下列命题中是真命题的是( D )(A)若a⊥m,a⊥n,m⊂α,n⊂α,则a⊥α(B)若a∥b,b⊂α,则a∥α(C)若a⊂β,b⊂β,a∥α,b∥α,则β∥α(D)若α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,则a∥b解析:A中只有当m与n相交时才有a⊥α;B中若a⊂α,则结论不成立;C中a与b平行时结论不成立;D正确.类型二线面平行的判定和性质5.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: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A1D1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.其中正确命题的个数是( C )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:由题图,显然①是正确的,②是错误的;对于③,因为A1D1∥BC,BC∥FG,所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH,FG⊂平面EFGH,所以A1D1∥平面EFGH(水面).所以③是正确的;对于④,因为水是定量的(定体积V),所以S△BEF·BC=V,BE·BF·BC=V.即12所以BE·BF=2V(定值),即④是正确的,故选C.BC6.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB∥CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,那么m+n等于( A )(A)8 (B)9 (C)10 (D)11⊥底面CED,一定有平面EOF平行于正方体的左、右侧面,即FE平行于正方体的左、右侧面,所以n=4,m+n=8.故选A.类型三面面平行的判定和性质α,β,给定下列条件:①存在平面γ,使得α,β都垂直于γ;②存在平面γ,使得α,β都平行于γ;③存在直线l⊂α,m⊂β,使得l∥m;④存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β.其中可以判定α,β平行的条件有( B )(A)①③(B)②④(C)② (D)①④解析:存在平面γ,使得α,β都垂直于γ,则α,β平行或相交,①错误;存在平面γ,使得α,β都平行于γ,则α,β一定互相平行,②正确;存在直线l⊂α,m⊂β,使得l∥m,则α,β平行或相交,③错误;存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β,则α,β一定互相平行,④正确,所以可以判定α,β平行的条件有②④,故选B.8.如图,在直三棱柱ABCA′B′C′中,△ABC是边长为2的等边三角形,AA′=4,E,F,G,H,M分别是边AA′,AB,BB′,A′B′,BC的中点,动点P在四边形EFGH内部运动,并且始终有MP∥平面ACC′A′,则动点P 的轨迹长度为( D )(A)2 (B)2π(D)4解析:连接MF,FH,MH,因为M,F,H分别为BC,AB,A′B′的中点,所以MF∥AC,FH∥AA′,所以MF∥平面AA′C′C,FH∥平面AA′C′C,因为MF∩FH=F,所以平面MFH∥平面AA′C′C,所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C,所以点P的运动轨迹是线段FH,其长度为4,故选D.。
(浙江专用)高考数学第七章立体几何第四节直线、平面平行的判定其性质教案(含解析)
第四节直线、平面平行的判断及其性质1．直线与平面平行的判判定理和性质定理文字语言图形语言符号语言平面外一条直线与此平面内∵l∥a，a?α，判的一条直线平行，则该直线与lα，定此平面平行(线线平行?线面定∴l∥α理平行)一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此∵l∥α，l?β，性α∩β＝b，质平面的交线与该直线平行(简定∴l∥b 理记为“线面平行?线线平行”)2．平面与平面平行的判判定理和性质定理文字语言图形语言符号语言一个平面内的两条订交直线∵a∥β，b∥β，a∩b 判与另一个平面平行，则这两个＝P，a?α，b?α，定平面平行(简记为“线面平行定理∴α∥β面面平行”)假如两个平行平面同时和第∵α∥β，α∩γ＝性质三个平面订交，那么它们的交a，β∩γ＝b，定∴a∥b 理线平行]1．(教材习题改编)已知平面α∥平面β，直线a?α，有以下命题：①a与β内的全部直线平行；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．此中真命题的序号是________．答案：②2．(教材习题改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的[小题体验地址关系为________．分析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，点E，O分别是DD1，BD的中点，则EO∥BD1，又因为EO?平面ACE，BD1?平面AEC，所以BD1∥平面ACE.答案：平行1．直线与平面平行的判断中易忽视“线在面内”这一要点条件．2．面面平行的判断中易忽视“面内两条订交线”这一条件．3．假如一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误以为这两个平面平行，实质上也可以订交．[小题纠偏]1．假如直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的( )A．一条直线不订交B．两条直线不订交C．无数条直线不订交D．任意一条直线都不订交分析：选D因为a∥平面α，直线a与平面α无公共点，所以a和平面α内的任意一条直线都不订交，应选D.2．设α，β是两个不一样的平面，m是直线m? α，“m∥β”是“α∥β”的( )且A．充分而不用要条件B．必需而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不用要条件分析：选B当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能订交，因此m∥β?/α∥β；当α∥β时，α内任向来线与β平行，因为m?α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必需而不充分条件．考点向来线与平面平行的判断与性质题点多变型考点——多角探明[锁定考向]平行关系是空间几何中的一种重要关系，包含线线平行、线面平行、面面平行，此中线面平行是高考热门，多出此刻解答题中．常有的命题角度有：(1)证明直线与平面平行；(2)线面平行性质定理的应用．[题点全练]角度一：证明直线与平面平行1．(2018·杭二一模)如图，在三棱锥P-ABC中，PB⊥BC，AC⊥BC，点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点．(1)求证：PB∥平面EFG；(2)求证：BC⊥EG.证明：(1)∵点F，G分别为BC，PC的中点，∴GF∥PB，∵PB?平面EFG，GF?平面EFG，∴PB∥平面EFG.(2)∵点E，F，G分别为AB，BC，PC的中点，∴EF∥AC，GF∥PB，∵PB⊥BC，AC⊥BC，∴EF⊥BC，GF⊥BC，∵EF∩GF＝F，EF?平面EFG，GF?平面EFG，∴BC⊥平面EFG，∵EG?平面EFG，∴BC⊥EG.角度二：线面平行性质定理的应用2.(2018·瑞安期中)已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，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：AP∥GH.证明：以以下图，连接AC交BD于点O，则点O为AC中点．连接MO，则有MO∥PA.因为PA?平面APGH，MO?平面APGH，所以MO∥平面APGH.因为MO?平面BDM，平面BDM∩平面APGH＝GH，所以GH∥MO，所以PA∥GH.[通法在握]证明直线与平面平行的3种方法定义法一般用反证法要点是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言判判定理法表达证明过程性质判断法即两平面平行时，此中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面[演练冲关](2018·豫东名校联考)如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为线 段AD 上的任意一点(不包含A ，D 两点)，平面CEC 1与平面BB 1D 交于FG .证明：FG ∥平面AA 1B 1B .证明：在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1，BB 1?平面BB 1D ，CC 1?平面BB 1D ， 所以CC 1∥平面BB 1D .又CC 1?平面CEC 1，平面CEC 1∩平面BB 1D ＝FG ，所以CC 1∥FG .因为BB 1∥CC 1，所以BB 1∥FG .因为BB 1?平面AA 1B 1B ，FG ?平面AA 1B 1B ，所以∥平面11.FG AABB考点二 平面与平面平行的判断与性质要点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·嘉兴模拟)如图，在三棱柱-111中，点D 是 上一点，且1∥平面 1，ABCABC BC AB ACD点D 1是B 1C 1的中点，求证：平面A 1BD 1∥平面AC 1D .证明：如图，连接A 1C 交AC 1于点E ，连接ED ，因为四边形A 1ACC 1是平行四边形，所以点E 为A 1C 的中点，因为A 1B ∥平面AC 1D ，平面A 1BC ∩平面AC 1D ＝ED ，所以A 1B ∥ED ，因为点E 是A 1C 的中点，所以点D 是BC 的中点， 又因为点D 1是B 1C 1的中点，所以D 1C 1綊BD ，所以四边形BDC 1D 1为平行四边形，所以BD 1∥C 1D . 因为BD 1?平面AC 1D ，C 1D ?平面AC 1D ， 所以BD 1∥平面AC 1D ， 又因为A 1B ∩BD 1＝B ，所以平面A 1BD 1∥平面AC 1D .[由题悟法]判断平面与平面平行的5种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)；(2)面面平行的判判定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传达性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)；(5)利用向量法，经过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行．[即时应用]1．在以以下图的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC.证明：取FC的中点I，连接GI，HI，则有GI∥EF，HI∥BC.又EF∥DB，所以GI∥BD，又GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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，设DF与GN的交点为O，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?平面BDE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.考点三立体几何中的探究性问题要点保分型考点——师生共研[典例引领](2019·舟山诊断)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，A1A的中点，Q是BC上一个动点，且B Q＝λQ C(λ＞0)．(1)当λ＝1时，求证：平面BEF∥平面A1D Q；(2)能否存在λ，使得BD⊥F Q？若存在，央求出λ的值；若不存在，请说明原由．解：(1)证明：当λ＝1时，Q为BC的中点，因为E是AD的中点，所以ED＝B Q，ED∥B Q，则四边形BED Q是平行四边形，所以BE∥D Q，又BE?平面A1D Q，D Q?平面A1D Q，所以BE∥平面A1D Q.因为F是A1A的中点，所以EF∥A1D，因为EF?平面A1D Q，A1D?平面A1D Q，所以EF∥平面A1D Q.又BE∩EF＝E，EF?平面BEF，BE?平面BEF，所以平面BEF∥平面A1D Q.(2)假设存在满足条件的λ，如图连接A Q，BD，F Q.因为A1A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以A1A⊥BD.因为BD⊥F Q，A1A∩F Q＝F，所以BD ⊥平面A 1A Q.因为A Q?平面A 1A Q ，所以A Q ⊥BD .在矩形ABCD 中，由A Q ⊥BD ，得△A Q B ∽△DBA ，所以 AB B Q 2＝，则AB ＝AD ·B Q.AD AB1又AB ＝1，AD ＝2，所以B Q ＝2，3B Q11则Q C ＝2，则Q C ＝3，即λ＝3.[由题悟法]探究性问题的一般解题方法先假设其存在，而后把这个假设作为已知条件，和题目的其余已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，假如获取了一个合理的结论，则说明存在；假如获取了一个不合理的结论，则说明不存在．[即时应用] 如图，四边形中， ⊥，∥，＝6，＝4，， F 分别在 ， 上，ABCD ABADAD BCAD BCEBC ADEF∥AB .现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC .―→―→若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上能否存在一点P ，且AP ＝λPD ，使得CP ∥平面ABEF ？ 若存在，求出λ的值，若不存在，说明原由．3解：AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ＝2.原由以下：当 3―→ 3 ―→ ，可知 AP 3 λ＝时， AP ＝PD ＝，2 2 AD 5 如图，过点P 作MP ∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，PC ，MPAP 3则有＝＝，FDAD 5又BE ＝1，可得FD ＝5，故MP ＝3，又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，所以CP∥ME，又ME?平面ABEF，CP?平面ABEF，故有CP∥平面ABEF.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的地址关系是( ) A．平行B．订交C．异面D．以上都有可能分析：选D由空间直线与平面的地址关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以订交、也可以异面．2．(2018·宁波模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB ＝∶＝1∶2，则对角线和平面的地址关系是( )CF FB AC DEFA．平行B．订交C．在平面内D．不可以确立分析：选A 如图，由AE CF＝得AC∥EF.又因为EF?平面DEF，AC? EB FB平面DEF，所以AC∥平面DEF.3．(2018·绍兴期中考试)已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：①α内任意不共线的三点到β的距离都相等；②，是α内的两条直线，且l ∥β，∥β；l m m③l，m是两条异面直线，且l∥α，l∥β，m∥α，m∥β；此中可以判断α∥β的是( )A．①B．②C．①③D．③分析：选C 本题宜采纳逐一命题考据的方式进行判断．对于命题①，任意不共线三点可以确立一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可获取α∥β，故①正确；对于命题②，由面面平行的判断可知，若l，m平行，则不必定可以推理获取α∥β，故②错误；对于命题③，由l，m是两条异面直线，经过平移可以在同一个平面内，则该平面与α，β都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，α∥β，故③正确．所以满足条件的是①③.4．(2018·舟山二模)已知m，n，l为不重合的直线，α，β，γ为不重合的平面，则以下说法正确的选项是( )A ．若m ⊥l ，n ⊥l ，则m ∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥βC ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nD ．若α∥γ，β∥γ，则α∥β 分析：选D 若m ⊥l ，n ⊥l ，则m 与n 可能平行、订交或异面，故A 错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行，可能订交，故B 错误；若m ∥α，n ∥α，则m ，n 可能平行、订交或异面，故C 错误；若α∥γ，β∥γ，利用平面与平面平行的性质与判断，可得α∥β，故D 正确．应选D.5. 以以下图，在四周体ABCD 中，点M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的 重心，则四周体的四个面中与MN 平行的是________．分析：连接AM 并延长，交CD 于点E ，连接BN ，并延长交CD 于点F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，连接MN ，由 EMEN 1＝＝，得MN ∥AB .所以，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD .MANB 2 答案：平面ABC 、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1．在空间中，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 .此中真命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3分析：选A 对于①，若a ∥b ，b ?α，则应有a ∥α或a ?α，所以①是假命题；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ?α，所以②是假命题；对于③，若a ∥α，b ∥α， 则应有a ∥b 或a 与b 订交或a 与b 异面，所以③是假命题．综上，在空间中，以上三个命 题都是假命题．2．设m ，n 是平面α内的两条不一样直线，l ，l2 是平面β内的两条订交直线．则 α∥1β的一个充分而不用要条件是()A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2分析：选B 因为∥1，且 ∥ 2，又l 1与l 2是平面β内的两条订交直线，所以 α∥mlnlβ，而当α∥β时不必定推出m ∥l1且n ∥l ，可能异面．所以α∥β的一个充分而不用2要条件是B.3．以下四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个极点，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 ．①③B ．②③C ．①④D ．②④分析：选C对于图形①，平面MNP与AB 所在的对角面平行，即可获取 AB ∥平面MNP ；对于图形④，AB ∥PN ，即可获取AB ∥平面MNP ；图形②③无论用定义还是判判定理都没法证 明线面平行．4. 在三棱锥S -ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，假如直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )4545 3 A.2B.2C ．45D ．45 3 分析：选A 取AC 的中点G ，连接SG ，BG . 易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ?平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝ HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .1又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊2AC 綊DE ， 所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，1 1 45 其面积S ＝HF ·HD ＝2AC ·2SB ＝2.5.(2018·舟山模拟)在以以下图的正方体ABCD -ABCD 中，E ，F1 1 1 1分别为棱AB 和棱 1的中点，点 ， N 分别为线段1， 1上的点，AAMDE CF则与平面ABCD 平行的直线MN 有()A ．无数条B ．2条C ．1条D ．0条分析：选A 法一：取BB 1的中点H ， 连接 ，则 ∥11，FHFHCD11M ， 连接HE ，DH ，在DE 上任取一点 取D 1E 的中点O ，连接OH ，在平面D 1HE 中，作MG 平行于HO ，交D 1H 于G ，连接DE ，取DE 的中点K ，连接KB ，OK ，则易证得OH ∥KB . 过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ， 因为GM ∥HO ，HO ∥KB ，KB ?平面ABCD ， GM 平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，NG ∥平面ABCD ，又GM ∩NG ＝G ，由面面平行的判判定理得，平面MNG ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD .因为M 为D 1E 上任意一点，故与平面ABCD 平行的直线MN 有无数条．应选A.法二：因为直线D 1E ，C 1F 与平面ABCD 都订交，所以只需要把平面ABCD 向上平移，与线段D 1E 的交点为M ，与线段C 1F 的交点为N ，由面面平行的性质定理知MN ∥平面ABCD ，故有无数条直线MN ∥平面ABCD ，应选A.6．(2018·金华名校统练)已知直线a ，b ，平面α，β，且a ∥b ，a ⊥β，则“α⊥β” 是“∥α”的( )bA ．充分不用要条件B ．必需不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不用要条件分析：选B因为∥，⊥β，所以b ⊥β，若 ∥α，则α⊥β，故“α⊥β ” 是a bab“b ∥α”的必需条件；若α⊥β，又a ⊥β，则a ∥α或a ?α，又a ∥b ，所以b ∥α或b ?α，故“α⊥β”不是“b ∥α”的充分条件．应选B.7．正方体-1111的棱长为1cm ，过AC 作平行于对角线1的截面，则截面面ABCDABCDBD积为________cm 2；其周长为________cm.分析：以以下图，截面ACE ∥BD 1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，此中 F 为与 的交点，ACBD∴E 为DD 1的中点，∴S △＝ 13 62(cm)．ACE5∵AC＝2，CE＝AE＝2，∴其周长为AC＋AE＋CE＝2＋5(cm)．62＋5答案：48.如图，在直三棱柱- 中，若⊥，∠＝π＝4，，1 1 1M为AA的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA上，且A Q＝3Q C，则P Q1 1 1的长度为________．分析：由题意知，AB＝8，过点P作PD∥AB交AA1于点D，1连接D Q，则D为AM中点，PD＝2AB＝4.A1Q A1D又∵Q C＝AD＝3，π3∴D Q∥AC，∠PD Q＝3，D Q＝4AC＝3，在△PD Q中，由余弦定理得P Q＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13.答案：139.(2018·杭州模拟)以以下图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD-A1B1D1的体积．解：(1)证明：由题设知，BB1綊DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又因为BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1綊B1C1綊BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又因为A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1，又因为BD∩A1B＝B，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)因为A1O⊥平面ABCD，所以A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高．1又因为AO＝2AC＝1，AA1＝2，22所以A1O＝AA1－AO＝1.1又因为S△ABD＝2×2×2＝1，所以VABD-A1B1D1＝S△ABD·A1O＝1.10.以以下图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H.证明：(1)以以下图，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形，∴HD1∥MC1.又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1.11(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊2DC，又D1G綊2DC，∴OE綊D1G，∴四边形OEGD1是平行四边形，∴GE∥D1O.又GE?平面BB1D1D，D1O?平面BB1D1D，∴EG∥平面BB1D1D.(3)由(1)知BF∥HD1，又BD∥B1D1，B1D1，HD1?平面B1D1H，BF，BD?平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B，∴平面BDF∥平面B1D1H.三登台阶，自主选做志在冲刺名校1.以以下图，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且 aAP＝3，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于P Q，Q在直线CD上，则P Q＝________.分析：∵平面A1B1 C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD＝P Q，平面B1D1P∩平面A1B1C1D1 ＝B1D1，∴B1D1∥P Q.又∵B1D1∥BD，∴BD∥P Q，设P Q∩AB＝M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DP Q.P Q PDQ＝2.∴＝＝2，即PMAP P PM又知△APM∽△ADB，∴PMAP 1＝＝，BDAD 3∴PM＝1BD，又BD＝2a，∴P Q＝22a.3 3 2 2答案：3a2．如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1中，D，D1分别为AC，A1C1上的点．A1D1(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?D1C1AD(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．DCA1D1解：(1)当D1C1＝1时，BC1∥平面AB1D1.如图，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中，O，D1分别为A1B，A1C1的中点，∴OD1∥BC1.又OD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，∴BC1∥平面AB1D1.A1D1∴当＝1时，BC1∥平面AB1D1.D1C1(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.所以BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.1 1 1 1 1 DC∴＝，＝.D1C1 OB D1C1 AD又A1O DC AD ＝1，∴＝1，即＝1. OB AD DC。
高考数学一轮复习---直线、平面平行的判定与性质
直线、平面平行的判定与性质一、基础知识1．直线与平面平行的判定定理和性质定理2．平面与平面平行的判定定理和性质定理二、常用结论平面与平面平行的三个性质(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)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．三、考点解析考点一直线与平面平行的判定与性质考法(一)直线与平面平行的判定例、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别为线段A1B，AC1的中点．求证：MN∥平面BB1C1C.考法(二)线面平行性质定理的应用例、如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1与平面BB1D交于FG.跟踪训练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2．如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，M为PC上一点，且PM＝2MC.求证：BM∥平面P AD.3.如图所示，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P A作平面P AHG交平面BMD于GH.求证：P A∥GH.考点二平面与平面平行的判定与性质例、如图，在三棱柱ABCA1B1C1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.变式练习：1.(变结论)在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.2．如图，四边形ABCD与四边形ADEF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.课后作业1．已知直线额a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为()A．平行B．相交C．直线b在平面α内D．平行或直线b在平面α内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．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3．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4．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥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∥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∥α5.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：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A1D1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．其中正确命题的个数是()A．1 B．2 C．3 D．46.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＝________.7．设α，β，γ是三个平面，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________(填序号)．8．在三棱锥PABC中，PB＝6，AC＝3，G为△P AC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________．9.如图，E，F，G，H分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点．求证：10．如图，在四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，P A⊥平面ABCD，P A＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面P AB；(2)求三棱锥PABM的体积．提高训练1.如图，四棱锥PABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD 上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)求证：MN∥平面P AB；(2)求四面体NBCM的体积．2.如图所示，几何体EABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.。
(浙江专版)高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第4节 直线、平面平行的判定及其性质教师用书-人教版
第四节直线、平面平行的判定及其性质1．直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，b⊄α，a∥ba∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b 2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β，结论α∥βα∥βa∥b a∥α3.与垂直相关的平行的判定(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．( )(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)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．若直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥bD．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥αD[根据线面平行的判定与性质定理知，选D.]3．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥l1且n∥l2D[m∥l1且n∥l2⇒α∥β，但α∥βD/⇒m∥l1且n∥l2，∴“m∥l1且n∥l2”是“α∥β”的一个充分不必要条件．]4．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是________．平行[如图所示，连接BD交AC于F，连接EF，则EF是△BDD1的中位线，∴EF∥BD1，又EF⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，∴BD1∥平面ACE.]5．(2017·某某二中质检)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α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上序号)．②[①，m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③，m∥β或m⊂β，故③错误；④，α∥β或α与β相交，故④错误．]与线、面平行相关命题真假的判断已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行．．．与β平行的直线．．．，则在α内不存在D．若m，n不平行．．．垂直于同一平面．．．，则m与n不可能D[A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．] [规律方法] 1.判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项．2．(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．[变式训练1] (2017·某某中学模拟)若m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列结论中正确的是( )A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥nD．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥βD[在A中，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故A错误．在B中，若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α与β相交或平行，故B错误．在C中，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误．在D中，若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则由线面平行的判定定理得n∥β，故D正确．]直线与平面平行的判定与性质(2017·某某模拟)如图741所示，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D，D1分别为AC ，A 1C 1上的点．图741(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求AD DC的值. 【导学号：51062232】 [解] (1)如图所示，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1.2分连接A 1B ，交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质知，四边形A 1ABB 1为平行四边形， ∴点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，点O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点， ∴OD 1∥BC 1.4分又∵OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1， ∴BC 1∥平面AB 1D 1. ∴当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1.6分 (2)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 得BC 1∥D 1O ，8分∴A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB， 又由题(1)可知A 1D 1D 1C 1＝DC AD ，A 1OOB＝1， ∴DC AD ＝1，即AD DC＝1.15分[规律方法] 1.判断或证明线面平行的常用方法有：(1)利用反证法(线面平行的定义)；(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)； (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．2．利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．[变式训练2] 如图742，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．图742(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设AP ＝1，AD ＝3，三棱锥P ABD 的体积V ＝34，求A 到平面PBC 的距离． [解] (1)证明：设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为四边形ABCD 为矩形， 所以O 为BD 的中点， 又E 为PD 的中点， 所以EO ∥PB .4分因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .6分 (2)由V ＝16PA ·AB ·AD ＝36AB ，又V ＝34，可得AB ＝32. 作AH ⊥PB 交PB 于点H .10分由题设知BC ⊥平面PAB ，所以BC ⊥AH ， 故AH ⊥平面PBC .在Rt △PAB 中，由勾股定理可得PB ＝132，所以AH ＝PA ·AB PB ＝31313.所以A 到平面PBC 的距离为31313.15分平面与平面平行的判定与性质如图743所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：图743(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EFA 1∥平面BCHG .[证明] (1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， ∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线，GH ∥B 1C 1.4分 又∵B 1C 1∥BC ， ∴GH ∥BC ，∴B ，C ，H ，G 四点共面.6分(2)在△ABC 中，E ，F 分别为AB ，AC 的中点， ∴EF ∥BC .∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG .8分 ∵A 1G 綊EB ，∴四边形A 1EBG 是平行四边形，则A 1E ∥GB . ∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG ， ∴A 1E ∥平面BCHG .12分 ∵A 1E ∩EF ＝E ，∴平面EFA 1∥平面BCHG .15分[迁移探究] 在本例条件下，若点D 为BC 1的中点，求证：HD ∥平面A 1B 1BA . [证明] 如图所示，连接HD ，A 1B ，∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，∴HD∥A1B.8分又HD⊄平面A1B1BA，A1B⊂平面A1B1BA，∴HD∥平面A1B1BA.15分[规律方法] 1.判定面面平行的主要方法：(1)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．面面平行的性质定理的作用：(1)判定线面平行；(2)判断线线平行，线线、线面、面面平行的相互转化是解决与平行有关的问题的指导思想．解题时要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．易错警示：利用面面平行的判定定理证明两平面平行时，需要说明是一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行．[变式训练3] 如图744所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G 分别是BC，DC，SC的中点，求证：图744(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【证明】(1)如图所示，连接SB，∵E，G分别是BC，SC的中点，∴EG∥SB.3分又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.7分(2)连接SD，∵F，G分别是DC，SC的中点，∴FG∥SD.10分又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.15分[思想与方法]1．线线、线面、面面平行的相互转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．2．直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质．3．平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.[易错与防X]1．在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则会出现错误．2．(1)在面面平行的判定中易忽视“面内两条相交直线”这一条件．(2)如要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．3．在应用性质定理时，要遵从由“高维”到“低维”，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”，另外要注意符号语言的规X应用．课时分层训练(三十九)直线、平面平行的判定及其性质A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．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A[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．]2.正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则正确的命题是( )图745A．AE⊥CGB．AE与CG是异面直线C．四边形AEC1F是正方形D．AE∥平面BC1FD[由正方体的几何特征知，AE与平面BCC1B1不垂直，则AE⊥CG不成立；由于EG∥A1C1∥AC，故A，E，G，C四点共面，所以AE与CG是异面直线错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故四边形AEC1F是正方形错误；由于AE∥C1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC1F.]3．(2017·某某模拟)如图746所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC 交于DE，则DE与AB的位置关系是( )图746A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能B[在三棱柱ABCA1B1C1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.]4．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( )【导学号：51062233】A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥αB[若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，A错；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n⊂α，D错．] 5．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 ．3B ．2C ．1D ．0C [①中，当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中，l 与m 也可能异面；③中，⎩⎪⎨⎪⎧ l ∥γ，l ⊂α，α∩γ＝n⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确．]二、填空题 6．设α，β，γ为三个不同的平面，a ，b 为直线，给出下列条件：①a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a ⊥α，b ⊥β，a ∥b .其中能推出α∥β的条件是________(填上所有正确的序号)．②④ [在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交．由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足．在④中，a ⊥α，a ∥b ⇒b ⊥α，从而α∥β，④满足．]7．如图747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________．图7472 [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AB 1C ，EF ⊂平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点，∴EF ＝12AC ＝ 2.] 8．(2017·某某模拟)如图748，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________．图748平面ABC，平面ABD[连接AM并延长交CD于E，则E为CD的中点．由于N为△BCD的重心，所以B，N，E三点共线，且EMMA＝ENNB＝12，所以MN∥AB.于是MN∥平面ABD且MN∥平面ABC.]三、解答题9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图749所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论.【导学号：51062234】图749[解](1)点F，G，H的位置如图所示.6分(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.9分又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.12分又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.15分10．(2017·某某质检)如图7410，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.图7410求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[证明](1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.2分又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.6分(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.8分因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.12分因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是( )A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°C[因为截面PQMN是正方形，所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A、B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．]2．如图7412所示，棱柱ABCA1B1C1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________. 【导学号：51062235】图74121 [设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD.∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.]3．如图7413所示，在三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC，设D，E分别为PA，AC的中点．(1)求证：DE∥平面PBC.(2)在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵点E是AC中点，点D是PA的中点，∴DE∥PC.2分又∵DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.6分(2)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.8分证明如下：取AB的中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.∵点E是AC中点，点F是AB的中点，∴EF∥BC.12分又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC.又∵DE∩EF＝E，∴平面DEF∥平面PBC，∴平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行.15分。
高考数学导与练一轮复习(浙江版)课时跟踪检测第十章第四节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[选题明细表]一、选择题1.如图,若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHC1B1后得到的几何体,其中E为线段A1B1上异于B1的点,F为线段BB1上异于B1的点,且EH∥A1D1,则下列结论中不正确的是( D )(A)EH∥FG(B)四边形EFGH是矩形(C)Ω是棱柱(D)Ω是棱台解析:EH∥A1D1⇒EH∥BC,又EH⊄平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,所以EH∥平面BCC1B1,又EH⊂平面EFGH,平面EFGH∩平面BCC1B1=FG,所以EH∥FG.平面ABB1A1∥平面DCC1D1,平面EFGH与平面ABB1A1,平面DCC1D1的交线分别是EF,HG,所以EF∥HG.由EH⊥平面A1ABB1,得到EH⊥EF,可以得到四边形EFGH为矩形,将Ω从正面看过去,就知道是一个五棱柱,A,B,C正确;D没能正确理解棱台的概念.选D.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.3.如图,L,M,N分别为正方体对应棱的中点,则平面LMN与平面PQR的位置关系是( C )(A)垂直(B)相交不垂直(C)平行(D)重合解析:如图,分别取另三条棱的中点A,B,C,将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL,因为PQ∥AL,PR∥AM,且PQ与PR相交,AL与AM相交,所以平面PQR∥平面AMBNCL,即平面LMN∥平面PQR.4.已知不同直线a,b,l,不同平面α,β,γ,则下列命题正确的是( D )(A)若a⊥l,b⊥l,则a∥b (B)若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β(C)若β⊥γ,b⊥γ,则b∥β (D)若α⊥l,β⊥l,则α∥β解析:对于A,若a⊥l,b⊥l,则a,b平行、相交或异面均有可能,故A不正确;对于B,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能平行、相交,故B不正确;对于C,若β⊥γ,b⊥γ,则b∥β或b⊂β,故C不正确;对于D,垂直于同一直线的两个平面平行,故D正确.故选D.5.已知空间两不同直线m,n,两不同平面α,β,下列命题正确的是( C )(A)若m∥α且n∥α,则m∥n(B)若m⊥β且m⊥n,则n∥β(C)若m⊥α且m∥β,则α⊥β(D)若m不垂直于α,且n⊂α,则m不垂直于n解析:因A中的直线m,n也可以异面或相交,故A不正确;B中的直线n ⊂β也可能,故不正确;C中的直线m可以平移到平面β中,所以由面面垂直的判定定理可知两平面α,β互相垂直,是正确的;D中直线m也有可能垂直于直线n,故不正确,故选C.6.如图,在多面体ABCDEFG中,平面ABC∥平面DEFG,EF∥DG,且AB= DE,DG=2EF,则( A )(A)BF∥平面ACGD(B)CF∥平面ABED(C)BC∥FG(D)平面ABED∥平面CGF解析:取DG的中点为M,连接AM,FM,如图所示.则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形.所以DE FM.因为平面ABC∥平面DEFG,平面ABC∩平面ADEB=AB,平面DEFG∩平面ADEB=DE,所以AB∥DE,所以AB∥FM.又AB=DE,所以AB=FM,所以四边形ABFM是平行四边形,即BF∥AM.又BF⊄平面ACGD,所以BF∥平面ACGD.故选A.7.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( C )解析:过M作MQ∥DD1,交AD于点Q,连接QN.因为MN∥平面DCC1D1,MQ∥平面DCC1D1,MN∩MQ=M,所以平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC,所以NQ∥DC,可得QN=CD=AB=1,AQ=BN=x,因为==2,所以MQ=2x.在Rt△MQN中,MN2=MQ2+QN2,即y2=4x2+1,所以y24x2=1(x≥0,y≥1),所以函数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.如图,棱长为4的正方体ABCD A1B1C1D1,点A在平面α内,平面ABCD与平面α所成的锐二面角为30°,则顶点C1到平面α的距离的最大值是( B )(A)2(2+) (B)2(+)(C)2(+1) (D)2(+1)解析:因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,所以平面ABCD到平面A1B1C1D1的距离为定值,所以当点C到平面α的距离最大时,顶点C1到平面α的距离最大,作出平面ABCD与平面α的交线MN,设AD与MN的夹角为θ.过C作CE⊥α,E为垂足,过E作EF⊥MN,连接CF.如图(1)所示.则∠EFC是平面ABCD与平面α所成的锐二面角的一个平面角,所以∠EFC=30°,因为∠CAF=θ+45°,AC=4,所以AF=4cos(θ+45°),CF=4sin(θ+45°).在Rt△CEF中,CE=2sin(θ+45°)≤2.当CE最大时,θ=45°,即CA⊥MN.此时过C1作C1H⊥α,H为垂足,交CA于G,连接并延长C1C交平面α于L,连接EL,如图(2),易知A,H,E,L共线.因为CE⊥α,C1C⊥平面ABCD,所以∠LCE=30°.在Rt△LCE中,CL==,所以C1L=4+.因为C1H∥CE,所以在Rt△C1HL中,C1H=C1Lcos30°=(4+)×=2(+).即顶点C1到平面α的距离的最大值是2(+).故选B.二、填空题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,则截面的形状为;周长为. 解析:过点G作EF∥AC,分别交PA,PC于点E,F,过点E作EN∥PB交AB 于点N,过点F作FM∥PB交BC于点M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面),且EF=MN=AC=2,FM=EN=PB=2,所以截面的周长为2×4=8.答案:菱形8A1B1C1的各棱长均为2,AA1⊥平面ABC,E,F分别为棱A1B11FC1与直线AB 交于点M,则点M的位置为;三棱锥BEFM的体积为.解析:M为棱AB的中点.理由如下:因为AC∥A1C1,AC⊄平面A1FC1,A1C1⊂平面A1FC1,所以直线AC∥平面A1FC1,又平面A1FC1∩平面ABC=FM,所以AC∥FM.又F为棱BC的中点.所以M为棱AB的中点.三角形BFM的面积S△BFM=S△ABC=×(×2×2×sin 60°)=,所以三棱锥BEFM的体积==××2=.答案:M为棱AB的中点11.如图所示,设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点P是棱AD上一点,且AP=,过B1,D1,P的平面交平面ABCD于PQ,Q在直线CD上,则PQ=;PQ与平面ABB1A1所成的角为.解析:因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD,而平面B1D1P∩平面ABCD=PQ,平面B1D1P∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1∥PQ.又因为B1D1∥BD,所以BD∥PQ,设PQ∩AB=M,因为AB∥CD,所以△APM∽△DPQ.所以==2,即PQ=2PM.又知△APM∽△ADB,所以==,所以PM=BD,又BD=a,所以PQ= a.PQ与平面ABB1A1所成的角即为BD与平面ABB1A1所成的角,所以PQ与平面ABB1A1所成的角是45°.答案: a 45°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A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:分点P在一个平面的一侧或在两个平面之间两种情况,由两平面平行性质定理得AB∥CD,截面图如图所示,由相似比得BD=或BD=24. 答案:或2413.如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB= 90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论正确的是.①对于任意的点Q,都有AP∥QR;②对于任意的点Q,四边形APQR不可能为平行四边形;③存在点Q,使得直线BC∥平面APQR.解析:因为AB∥CD,AA1∥DD1,所以平面ABB1A1∥平面CDD1C1,因为平面APQR∩平面ABB1A1=AP,平面APQR∩平面CDD1C1=RQ,所以AP∥QR,故①正确.因为四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD,所以平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行,因为平面APQR∩平面BCC1B1=PQ,平面APQR∩平面ADD1A1=AR,所以PQ与AR不平行,故四边形APQR不可能为平行四边形,故②正确.延长CD至M,使得DM=CD,则四边形ABCM是矩形,所以BC∥AM.当R,Q,M三点共线时,AM⊂平面APQR,所以BC∥平面APQR,故③正确.答案:①②③三、解答题14.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O ⊥底面ABCD,AB=AA1=.(1)证明:平面A1BD∥平面CD1B1;(2)求三棱柱ABDA1B1D1的体积.(1)证明:由题设知,BB1 DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1,B1D1⊂平面CD1B1,所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1 B1C1 BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1,D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B=B,所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)解:因为A1O⊥平面ABCD,所以A1O是三棱柱ABDA1B1D1的高.又因为AO=AC=1,AA1=,所以A1O==1.又因为S△ABD=××=1,所以=S△ABD×A1O=1.15.如图所示,四边形ABCD为菱形,AF=2,AF∥DE,DE⊥平面ABCD.(1)求证:AC⊥平面BDE;(2)当DE为何值时,直线AC∥平面BEF?请说明理由.(1)证明:因为DE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥DE,菱形ABCD中,AC⊥BD,DE∩BD=D,DE⊂平面BDE,BD⊂平面BDE,所以AC⊥平面BDE.(2)解:当DE=4时,直线AC∥平面BEF,理由如下:设菱形ABCD中,AC交BD于O,取BE的中点M,连接OM,MF,则OM为△BDE的中位线, 所以OM∥DE,且OM=DE=2,又AF∥DE,AF=2=DE,所以OM∥AF,且OM=AF,∥MF.因为AC⊄平面BEF,FM⊂平面BEF,所以直线AC∥平面BEF.。
浙江专用2021届高考数学一轮复习专题八立体几何8.3直线平面平行的判定与性质试题含解析
§8.3直线、平面平行的判定与性质基础篇固本夯基【基础集训】考点一直线与平面平行的判定与性质1。
在如图所示的正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,E、F分别是棱B1B、AD的中点,则直线BF与平面AD1E的位置关系是（）A。
平行 B.相交但不垂直C。
垂直 D.异面答案A2。
如图,三棱锥P—ABC中，点C在以AB为直径的圆O上，平面PAC⊥平面ACB，点D在线段AB上,且BD=2AD，CP=CA=3,PA=2,BC=4,点G为△PBC的重心,点Q为PA的中点。
（1）求证:DG∥平面PAC；（2）求点C到平面QBA的距离.解析（1）证明：连接BG并延长交PC于E，连接AE，∵G是△PBC的重心,∴BG=2EG，又BD=2AD，∴DG∥AE,又DG⊄平面PAC,AE⊂平面PAC,∴DG∥平面PAC.(2）连接CQ ，∵点C 在以AB 为直径的圆O 上, ∴AC ⊥BC ，又平面PAC ⊥平面ACB ，平面PAC∩平面ACB=AC,∴BC ⊥平面PAC ，∵CP=CA=3,PA=2， ∴CQ ⊥PA,CQ=√AC 2-AQ 2=2√2，∴V B —PAC =13S △PAC ·BC=13×12×2×2√2×4=8√23，又PB=√PC2+BC 2=5,AB=√AC2+BC 2=5,∴PB=AB ，∴PA ⊥BQ ，∴BQ=√AB 2-AQ 2=2√6, ∴S △PAB =12PA·BQ=2√6,设C 到平面PAB 的距离为d,则V C-PAB =13S △PAB ·d=2√63d ，∵2√63d=8√23,∴d=4√33。
∴点C 到平面QBA 的距离为4√33。
考点二 平面与平面平行的判定与性质3。
已知a 是平面α外的一条直线，过a 作平面β,使β∥α，这样的β（ ）A.恰能作一个B.至多能作一个C.至少能作一个 D 。
不存在 答案 B4.已知m ，n ，l 1,l 2表示不同直线，α、β表示不同平面,若m⊂α,n⊂α，l 1⊂β,l 2⊂β，l 1∩l 2=M ，则α∥β的一个充分条件是（ ）A.m∥β且l 1∥αB.m∥β且n∥βC。
浙江专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十九直线平面平行的判定及其性质含解析20190614366
课时跟踪检测（三十九） 直线、平面平行的判定及其性质 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面D ．以上都有可能解析：选D 由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面．2．(2018·宁波模拟)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AE EB ＝CF FB得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .3．(2018·绍兴期中考试)已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：①α内任意不共线的三点到β的距离都相等；②l ，m 是α内的两条直线，且l ∥β，m ∥β；③l ，m 是两条异面直线，且l ∥α，l ∥β，m ∥α，m ∥β；其中可以判定α∥β的是( )A ．①B ．②C ．①③D ．③ 解析：选C 本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定．对于命题①，任意不共线三点可以确定一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可得到α∥β，故①正确；对于命题②，由面面平行的判定可知，若l ，m 平行，则不一定能够推理得到α∥β，故②错误；对于命题③，由l ，m 是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与α，β都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，α∥β，故③正确．所以满足条件的是①③.4．(2018·舟山二模)已知m ，n ，l 为不重合的直线，α，β，γ为不重合的平面，则下列说法正确的是( )A ．若m ⊥l ，n ⊥l ，则m ∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥βC ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nD ．若α∥γ，β∥γ，则α∥β解析：选D 若m ⊥l ，n ⊥l ，则m 与n 可能平行、相交或异面，故A 错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行，可能相交，故B 错误；若m ∥α，n ∥α，则m ，n 可能平行、相交或异面，故C 错误；若α∥γ，β∥γ，利用平面与平面平行的性质与判定，可得α∥β，故D 正确．故选D.5.如图所示，在四面体ABCD 中，点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：连接AM 并延长，交CD 于点E ，连接BN ，并延长交CD 于点F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，连接MN ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD . 答案：平面ABC 、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1．在空间中，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 ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A 对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①是假命题；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②是假命题；对于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．2．设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2解析：选B 因为m ∥l 1，且n ∥l 2，又l 1与l 2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β，而当α∥β时不一定推出m ∥l 1且n ∥l 2，可能异面．所以α∥β的一个充分而不必要条件是B.3．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 ．①③B ．②③C ．①④D ．②④解析：选C 对于图形①，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④，AB ∥PN ，即可得到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．4.在三棱锥S ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH的面积为( )A.452B.4532C ．45D ．45 3解析：选A 取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ， 所以四边形DEFH 为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝12AC ·12SB ＝452.5.(2018·舟山模拟)在如图所示的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F分别为棱AB 和棱AA 1的中点，点M ，N 分别为线段D 1E ，C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．无数条B ．2条C ．1条D ．0条解析：选A 法一：取BB 1的中点H ，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，取D 1E 的中点O ，连接OH ，在平面D 1HE 中，作MG 平行于HO ，交D 1H 于G ，连接DE ，取DE 的中点K ，连接KB ，OK ，则易证得OH ∥KB .过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于GM ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，NG ∥平面ABCD ，又GM ∩NG ＝G ，由面面平行的判定定理得，平面MNG ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD .由于M 为D 1E 上任意一点，故与平面ABCD 平行的直线MN 有无数条．故选A.法二：因为直线D 1E ，C 1F 与平面ABCD 都相交，所以只需要把平面ABCD 向上平移，与线段D 1E 的交点为M ，与线段C 1F 的交点为N ，由面面平行的性质定理知MN ∥平面ABCD ，故有无数条直线MN ∥平面ABCD ，故选A.6．(2018·金华名校统练)已知直线a ，b ，平面α，β，且a ∥b ，a ⊥β，则“α⊥β”是“b ∥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：选B 因为a ∥b ，a ⊥β，所以b ⊥β，若b ∥α，则α⊥β，故“α⊥β”是“b ∥α”的必要条件；若α⊥β，又a ⊥β，则a ∥α或a ⊂α，又a ∥b ，所以b ∥α或b ⊂α，故“α⊥β”不是“b ∥α”的充分条件．故选B.7．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1 cm ，过AC 作平行于对角线BD 1的截面，则截面面积为________cm 2；其周长为________cm.解析：如图所示，截面ACE ∥BD 1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，其中F 为AC 与BD 的交点，∴E 为DD 1的中点，∴S △ACE ＝12×2×32＝64 (cm 2)．∵AC ＝2，CE ＝AE ＝52， ∴其周长为AC ＋AE ＋CE ＝2＋5(cm)． 答案：64 2＋ 58.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，M 为AA 1的中点，点P 为BM 的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3Q C ，则P Q 的长度为________．解析：由题意知，AB ＝8，过点P 作PD ∥AB 交AA 1于点D ，连接D Q ，则D 为AM 中点，PD ＝12AB ＝4. 又∵A 1Q Q C ＝A 1D AD＝3， ∴D Q ∥AC ，∠PD Q ＝π3，D Q ＝34AC ＝3， 在△PD Q 中，由余弦定理得P Q ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13.答案：139.(2018·杭州模拟)如图所示，四棱柱ABCD A1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)求三棱柱ABD A 1B 1D 1的体积．解：(1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以BD ∥B 1D 1.又因为BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，所以BD ∥平面CD 1B 1.因为A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又因为A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1，所以A 1B ∥平面CD 1B 1，又因为BD ∩A 1B ＝B ，所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，所以A 1O 是三棱柱ABD A 1B 1D 1的高．又因为AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2， 所以A 1O ＝AA 21－AO 2＝1.又因为S △ABD ＝12×2×2＝1， 所以V 111ABD A B D ＝S △ABD ·A 1O ＝1.10.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1；(2)EG ∥平面BB 1D 1D ；(3)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1.又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ，则OE 綊12DC ，又D 1G 綊12DC ， ∴OE 綊D 1G ，∴四边形OEGD 1是平行四边形，∴GE ∥D 1O .又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，∴EG ∥平面BB 1D 1D .(3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ， ∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，设正方体ABCD A1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1，D 1，P 的平面交平面ABCD 于P Q ，Q 在直线CD 上，则P Q ＝________.解析：∵平面A1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝P Q ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥P Q. 又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥P Q ，设P Q ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DP Q.∴P Q PM ＝PD AP＝2，即P Q ＝2PM . 又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13， ∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴P Q ＝223a . 答案：223a 2．如图，斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC 的值．解：(1)当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1.如图，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质知，四边形A 1ABB 1为平行四边形，所以点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点，∴OD 1∥BC 1.又OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1，∴BC 1∥平面AB 1D 1.∴当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，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 .因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1.∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD.又A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即AD DC ＝1.。
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.。
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：8.3 直线、平面平行的判定和性质 含解析
8.3 直线、平面平行的判定和性质挖命题 【考情探究】分析解读 1.平行关系是立体几何中的一种重要关系.判断命题及位置关系常以选择题、填空题形式出现.2.直线与平面、平面与平面平行的判定与性质是高考考查的重点和热点,常以棱锥、棱柱及不规则几何体为背景,以解答题的形式出现.3.预计2020年高考中,直线与平面、平面与平面平行的判定与性质的应用,证明线面、面面的平行关系,仍是高考的考查的重点.破考点 【考点集训】考点 平行的判定和性质1.(2017浙江镇海中学模拟训练(一),3)若有直线m 、n 和平面α、β,则下列四个命题中,为真命题的是( ) A.若m ∥α,n ∥α,则m ∥nB.若m ⊂α,n ⊂α,m ∥β,n ∥β则α∥βC.若α⊥β,m ⊂α,则m ⊥βD.若α⊥β,m ⊥β,m ⊄α,则m ∥α 答案 D2.(2018浙江重点中学12月联考,19)在等腰梯形ABCD 中(如图1),AB=4,BC=CD=DA=2,F 为线段CD 的中点,E 、M 为线段AB 上的点,AE=EM=1,现将四边形AEFD 沿EF 折起(如图2).图1图2(1)求证:AM∥平面BCD;(2)若BD=,求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值.解析(1)证明:连接CM,∵EM∥FC且EM=FC=1,∴四边形EFCM为平行四边形,(2分)∴EF∥CM且EF=CM.又EF∥AD且EF=AD,∴CM∥AD且CM=AD,(4分)∴四边形ADCM为平行四边形,∴AM∥DC,又∵DC⊂平面BCD,AM⊄平面BCD,∴AM∥平面BCD.(6分)(2)过点D作DH⊥EF于H,连接BH,CH,在Rt△DFH中,易知∠DFH=60°,又DF=1,∴DH=,FH=,在△BEH中,EH=EF-FH=,(10分)∠HEB=60°,EB=3,∴HB2=+32-2××3cos60°=.在△BDH中,DH=,BH=,BD=,∴DH2+BH2=BD2,∴DH⊥HB,又DH⊥EF,∴DH⊥平面BCFE.(13分)∴CH为CD在平面BCFE内的射影,∴∠DCH为CD与平面BCFE所成的角,在△FCH中,易知∠CFH=120°,∴CH==,在Rt△CDH中,CD==,∴sin∠DCH==,(14分)∴CD与平面BCFE所成角的正弦值为.(15分)炼技法【方法集训】方法平行关系判定的方法1.(2018浙江嘉兴教学测试(4月),19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,侧面PCD为正三角形且二面角P-CD-A的平面角为60°.(1)设侧面PAD与平面PBC的交线为m,求证:m∥BC.(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为θ,求sin θ的值.解析(1)证明:因为BC∥AD,BC⊄侧面PAD,AD⊂侧面PAD,所以BC∥侧面PAD,(2分)又因为侧面PAD与平面PBC的交线为m,所以m∥BC.(5分)(2)解法一:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,则PM⊥CD、MN⊥CD,所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角.从而∠PMN=60°.(8分)作PO⊥MN于O,则PO⊥底面ABCD.因为CM=2,PM=2,所以OM=,OP=3.以O为原点,ON所在直线为x轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.(10分)则=(0,4,0),=(4-,2,-3),=(-,2,-3).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则得可取n=(0,3,2),(13分)则sin θ=|cos<n,>|==.(15分)解法二:取CD的中点M、AB的中点N,连接PM、MN,则PM⊥CD、MN⊥CD.所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角.从而∠PMN=60°.(8分)作PO⊥MN于O,则PO⊥底面ABCD.因为CM=2,PM=2,所以OP=3.(10分)作OE∥AB交BC于E,连接PE.因为BC⊥PO,BC⊥OE,所以BC⊥平面POE,又BC⊂平面PBC,所以平面POE⊥平面PBC,所以∠PEO就是OE与平面PBC所成的角,(13分)在△POE中,tan θ==.故sin θ=.(15分)2.(2018浙江宁波高三上学期期末,19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD⊥底面ABCD,四边形ABCD为矩形,E 为PA的中点,AB=2a,BC=a,PC=PD= a.(1)求证:PC∥平面BDE;(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值.解析(1)证明:如图,设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.在△PAC中,由E为PA的中点,得EO∥PC.(4分)又EO⊂平面BDE,PC⊄平面BDE,所以PC∥平面BDE.(7分)(2)解法一:在△PCD中,DC=2a,PC=PD=a,所以DC2=PD2+PC2,所以PC⊥PD.因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD,AD⊥CD,所以AD⊥平面PCD,故AD⊥PC,又因为AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,所以PC⊥平面PAD,故∠PAC就是直线AC与平面PAD所成的角.(12分)在直角△PAC中,AC=a,PC=a,所以sin∠PAC===,即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.(15分)解法二:如图,取CD的中点F,连接PF.因为PC=PD,所以PF⊥CD.又因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,所以PF⊥平面ABCD.如图,建立空间直角坐标系F-xyz.可得C(0,a,0),D(0,-a,0),P(0,0,a),A(a,-a,0),则=(-a,2a,0),=(a,-a,-a),=(a,0,0),(11分)设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),则即可取m=(0,1,-1),(13分)设直线AC与平面PAD所成角的大小为θ,则sin θ=|cos<m,>|===,所以直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点平行的判定和性质(2018浙江,6,4分)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答案 AB组统一命题、省(区、市)卷题组考点平行的判定和性质1.(2017课标全国Ⅰ文,6,5分)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 A2.(2016课标全国Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)答案②③④3.(2018江苏,15, 14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.4.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.5.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解法一:连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM==3,可得F(0,,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.则有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM==3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin 45°=.从而FN=,可得cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.评析本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.C组教师专用题组考点平行的判定和性质1.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.在Rt△PAH中,PH==,所以sin∠APH==.解法二:由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,则可得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sin α===.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.2.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.3.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.4.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.解析(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,- 1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为==.评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.5.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解析(1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.(2)设AB=2,则CF=1.在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G(0,0,0),B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,1).可得H,F(0,,1),故=,=(0,,1).设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,则由可得可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,).因为是平面ACFD的一个法向量,=(,0,0),所以cos<,n>===.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.6.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.7.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在Rt△CMP中,PM=CMsin 45°=.在Rt△PKM中,KM==.所以cos∠PKM==.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由得取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2==(1,1,0),所以cos<n 1,n2>===,故二面角A-EG-M的余弦值为.评析本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、二面角的平面角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.8.(2014课标Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,,0),E,=.设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.又n 2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n1,n2>|=,即=,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=××××=.评析本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.9.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5. 求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.证明(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共8分)1.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),4)已知m,n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m∥α,α∩β=n,则m∥nB.若m∥α,n∥α,则m∥nC.若m∥α,m⊥n,则n⊥αD.若m⊥α,m∥β,则α⊥β答案 D2.(2018浙江镇海中学模拟,5)已知两条不相交的空间直线a和b,则()A.必定存在平面α,使得a⊂α,b⊂αB.必定存在平面α,使得a⊂α,b∥αC.必定存在直线c,使得a∥c,b∥cD.必定存在直线c,使得a∥c,b⊥c答案 B二、填空题(单空题4分,多空题6分,共4分)3.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,15)已知m,n,l是互不相同的直线,α,β是两个不重合的平面,给出以下四个命题:①m,n是两条异面直线,m⊂α,n⊂β,且m∥β,n∥α,则α∥β;②若m⊂α,n∩α=A,且点A∉m,则m,n是两条异面直线;③若m,n是异面直线,m∥α,n∥α,且l⊥m,l⊥n,则l⊥α;④已知直线m⊥平面α,直线n⊂平面β,α⊥β⇒m∥n.其中为真命题的序号是.(把所有真命题的序号都填上)答案①②③三、解答题(共45分)4.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1,点M,E分别是PA,PD的中点.(1)求证:CE∥平面BMD;(2)点Q为线段BP的中点,求直线PA与平面CEQ所成角的余弦值.解析(1)证明:连接ME,因为点M,E分别是PA,PD的中点,所以ME=AD,ME∥AD,所以BC∥ME,BC=ME,所以四边形BCEM 为平行四边形,所以CE∥BM.又因为BM⊂平面BMD,CE⊄平面BMD,所以CE∥平面BMD.(6分)(2)如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,2),Q,E(0,1,1),所以=,=(-1,0,1),=(0,0,-2).设平面CEQ的法向量为n=(x,y,z),由·n=0,·n=0,得令x=2,则z=2,y=1,所以平面CEQ的一个法向量为n=(2,1,2).设直线PA与平面CEQ所成角的大小为θ,于是sin θ==,进而求得cos θ=.所以直线PA与平面CEQ所成角的余弦值为.(15分)5.(2019届浙江温州九校联考,19)如图,将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B,其中E为CD的中点,已知AB=2,BC=1,BD1=CD1,F为D1B的中点.(1)求证:CF∥平面AD1E;(2)求AF与平面BD1E所成角的正弦值.解析(1)证明:取AD1的中点G,连接GF,GE,易得GF∥EC,GF=EC,所以四边形CEGF是平行四边形,所以CF∥GE.(4分) 又GE⊂平面AD1E,CF⊄平面AD1E,所以CF∥平面AD1E.(6分)(2)解法一:取AE的中点H,BC的中点M,连接D1H,HM,D1M,因为BD1=CD1,所以D1M⊥BC,又HM⊥BC,D1M∩HM=M,所以BC⊥平面D1HM,所以BC⊥D1H,又D1H⊥AE,所以D1H⊥平面ABCE,因为D1H⊂平面AD1E,所以平面AD1E⊥平面ABCE.(8分)又易知BE⊥AE,所以BE⊥平面AD1E,(9分)所以BE⊥AD1,又AD1⊥D1E,所以AD1⊥平面BD1E,(10分)所以∠AFD1是AF与平面BD1E所成的角.(12分)又AD1=1,D1F=,所以AF=,(14分)所以sin∠AFD 1==.(15分)解法二:建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),E(0,1,0),B(1,2,0),C(0,2,0),设D1(x,y,z),由即(9分)解得(10分)所以D1,F,则=,=,易知=(1,1,0),设平面BD1E的法向量为n=(x1,y1,z1),由得令x1=1,则y1=-1,z1=-,所以n=(1,-1,-).(12分)设AF与平面BD1E所成角的大小为α,则sin α===.(15分)6.(2018浙江名校协作体联考,19,15分)在如图所示的几何体中,平面DAE⊥平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,四边形DCFE为菱形.已知AB∥CD,∠ABC=60°,CD=AB=1.(1)线段AC上是否存在一点N,使得AE平行于平面FDN?证明你的结论;(2)若线段FC在平面ABCD上的投影长度为,求直线AC与平面ADF所成角的正弦值.解析(1)在线段AC上存在点N,使得AE∥平面FDN,且N是AC的中点.证明如下:如图,取AC的中点N,连接EC交DF于点G,连接GN,FN,DN.∵四边形CDEF为菱形,∴G为EC的中点.在△ACE中,由中位线定理可得GN∥AE.(4分)∵GN⊂平面FDN,AE⊄平面FDN,∴AE∥平面FDN,∴在线段AC上存在点N,使得AE∥平面FDN,且N是AC的中点.(6分)(2)解法一:∵DE∥CF,∴DE在平面ABCD上的投影长度为,作EO⊥AD,∵平面DAE⊥平面ABCD,平面DAE∩平面ABCD=AD,∴EO⊥平面ABCD,则OD=,且点O为线段AD的中点,以O为原点,OE所在直线为z轴,过O平行于DC的直线为y轴,过O且垂直平面yOz的直线为x轴,建立空间直角坐标系,则x轴在平面ABCD内.可得A,C,D,E,∴=,=,(9分)=+=+=+(0,1,0)=,(11分)设平面ADF的法向量为n=(x,y,z),则得解得一个法向量为n=(1,,-2).设直线AC与平面ADF所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==.(15分)解法二:∵DE∥CF,∴DE在平面ABCD上的投影长度为,作EO⊥AD,∵平面DAE⊥平面ABCD,平面DAE∩平面ABCD=AD,∴EO⊥平面ABCD,则OD=,且点O为线段AD的中点.(7分)设点C到平面FDA的距离为h,∵V C-FDA=V F-ADC,∴hS△FDA=|EO|S△ADC,(8分)S△ADC=,EO=,取AB的中点M,连接CM.取CM的中点P,连接AP,DP,FP. ∵EF∥CD,且P为CM的中点,∴FP⊥平面ABCD,∵AP=,DP=FP=,∴AF=,DF=,∴DF2+AD2=AF2,即△ADF为直角三角形,∴S△FDA=,(12分)∴h===,(14分)设直线AC与平面FDA所成的角为θ,则sin θ==.(15分)。
高中数学人教版必修二(浙江专版)学案直线平面平行的判定及其性质含答案
面内找
[活学活用] 已知有公共边 AB 的两个全等的矩形 ABCD 和 ABEF 不同在一个平面内，P，Q 分别是对角
线 AE，BD 上的点，且 AP＝DQ.求证：PQ∥平面 CBE. 证明：如图，作 PM∥AB 交 BE 于点 M，作 QN∥AB 交 BC 于点 N，连接 MN，则 PM∥QN，PAMB＝
关系是( )
A．一定平行
B．一定相交
C．平行或相交
D．以上判断都不对
解析：选 C 可借助于长方体判断两平面对应平行或相交．
直线与平面平行的判定
[典例]
平面 AD G.
1
[证明]
如图，在正方体 ABCDA B1 C1 D1 中 1 ，E，F，G 分别是 BC，CC ，1 BB 的中点，求证：EF∥ 1
D．不能确定
解析：选 A ∵AE∶EB＝CF∶FB＝2∶5，∴EF∥AC.又 EF⊂平面 DEF，AC⊄平面 DEF，∴AC∥
平面 DEF. 4．已知 a，b，c，d 是四条直线，α，β 是两个不重合的平面，若 a∥b∥c∥d，a⊂α，b
⊂α，c⊂β，d⊂β，则 α 与 β 的位置关系是( )
A．平行
2．已知 α，β 是两个不重合的平面，下列选项中，一定能得出平面 α 与平面 β 平行
的是( ) A．平面 α 内有一条直线与平面 β 平行
B．平面 α 内有两条直线与平面 β 平行
C．平面 α 内有一条直线与平面 β 内的一条直线平行
D．平面 α 与平面 β 不相交 解析：选 D 选项 A、C 不正确，因为两个平面可能相交；选项 B 不正确，因为平面 α 内
∴平面 A′B′C′∥平面 ABC.
A′B′ PA′ 2 (2)由(1)知 A′B′∥MN，且 MN ＝ PM ＝3，
2020年浙江高考数学一轮复习：直线、平面平行的判定及其性质
、a 语 "子 、a 语 形图、a 语 号符判定定理<面紂线 W直? 外条面 > 面一平行 平的此平二少・a 比a^1 a - ^1 TR一二-则简平 匕 參 , 止 克 行与行线 辛®辛 ? m丫 线亍 平一直片个伉该讨与谿外线线直交「 直条的了 > 条这面为" 一过平记行7 X!;//b I n I -- 伪 二文字语言图形语言付号语言 判定定理「一个平面内的两条相交直线■/ a / 3, b // B,a A b=P , a ? a, b ?a,• I a// 3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”）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£^7T a // 3, aA Y = a ,3A Y = b ,/• a / b1.（教材习题改编）已知平面a//平面直线a ? a,有下列命题: ① a 与B 内的所有直线平行； ② a 与B 内无数条直线平行； ③ a 与B 内的任意一条直线都不垂直. 其中真命题的序号是 __________ . 答案：②第四节直线、平面平行的判定及其性质2.（教材习题改编）在正方体ABCD-A i B i C i D i中，点E是DD i的中点，贝V BD i与平面ACE的位置关系为 _________ .解析：连接BD，设BD A AC = 0,连接〔。
，在厶BDD i中，点E , O分别是DD i, BD的中点，贝U EO // BD i，又因为EO ?平面ACE , BD i?平面AEC，所以BD i//平面ACE.答案：平行必过易措关1 •直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件.2•面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件.3.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.［小题纠偏］1. 如果直线a//平面a那么直线a与平面a内的（）A .一条直线不相交B .两条直线不相交C .无数条直线不相交D .任意一条直线都不相交解析：选D 因为a //平面a,直线a与平面a无公共点，因此a和平面a内的任意一条直线都不相交，故选 D.2. 设a, B是两个不同的平面，m是直线且m? a, “ m// B”是“ a// B”的（）A .充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件解析：选B 当m // B时，过m的平面a与B可能平行也可能相交，因而m//价/ all3；当a// B时，a内任一直线与B平行，因为m? a,所以m// 3综上知，“ m// B”是“a // 3”的必要而不充分条件.考点一直线与平面平行的判定与性质题点多变型考点—多角探明［锁定考向］平行关系是空间几何中的一种重要关系，包括线线平行、线面平行、面面平行，其中线面平行是高考热点，多出现在解答题中.常见的命题角度有：(1) 证明直线与平面平行;(2) 线面平行性质定理的应用.［题点全练］角度一：证明直线与平面平行1. (2018杭二一模)如图，在三棱锥P-ABC中，PB丄BC, AC丄BC, 点E , F, G分别为AB , BC , PC的中点.(1) 求证：PB //平面EFG ;(2) 求证：BC丄EG.证明：(1)v点F , G分别为BC, PC的中点，••• GF // PB,v PB?平面EFG , GF?平面EFG ,••• PB// 平面EFG.⑵•••点E, F , G分别为AB , BC , PC的中点,• EF // AC , GF // PB ,•/ PB丄BC , AC 丄BC , • EF 丄BC , GF 丄BC ,•/ EF n GF = F , EF ?平面EFG , GF ?平面EFG ,• BC丄平面EFG ,•/ EG?平面EFG , • BC丄EG.角度二：线面平行性质定理的应用2.(2018瑞安期中)已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，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：AP // GH.证明：如图所示,连接AC交BD于点0,则点0为AC中点. 连接M0 ,则有M0 // PA.因为PA?平面APGH , M0 ?平面APGH , 所以M0 //平面APGH .因为M0 ?平面BDM ,平面BDM n平面APGH = GH ,所以GH // M0 ,所以PA// GH.［通法在握］（2018豫东名校联考）如图，在直四棱柱 ABCD-A i B i C i D i 中，E 为 线段AD 上的任意一点（不包括A ，D 两点），平面CEC i 与平面BB i D 交 于FG.证FG /平面 AA i B i B.证明：在四棱柱 ABCD-A i B i C i D i 中，BB i // CC i , BB i ?平面 BB i D , CC i ?平面 BB i D , 所以CC i /平面BB i D.又 CC i ?平面 CEC i ，平面 CEC i A 平面 BB i D = FG , 所以 CC i / FG. 因为 BB i / CC i ,所以 BB i / FG.因为 BB i ?平面 AA i B i B , FG ?平面 AA i B i B , 所以FG //平面AA i B i B. 考点二平面与平面平行的判定与性质重点保分型考点一一师生共研 ［典例引领］（20i8嘉兴模拟）如图，在三棱柱 ABC-A i B i C i 中，点D 是BC 上一点，且 A i B /平面AC i D ，点D i 是B i C i 的中点，求证：平面 A i BD i /平面 AC i D.证明：如图，连接 A i C 交AC i 于点E ，连接ED ，因为四边形 A i ACC i 是平行四边形，所以点 E 为A i C 的中点，因为 A i B /平面 AC i D ，平面 A i BC A 平面 AC i D = ED ，所以 A i B / ED ,因为点E 是A i C 的中点，所以点 D 是BC 的中点， 又因为点 D i 是B i C i 的中点，所以 D i C i 綊BD , 所以四边形BDC i D i 为平行四边形，所以 BD i / C i D. 因为BD i ?平面AC i D , C i D ?平面AC i D , 所以BD i /平面AC i D , 又因为 A i B A BD i = B ,定义法一般用反证法判定定理法关键是在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言 叙述证明过程性质判定法即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面证明直线与平面平行的 3种方法 ［演练冲关］所以平面A I BD I〃平面AC ID.判定平面与平面平行的 5种方法(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(主要方法)； (3) 利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)；(4) 利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行 (客观题可用)；(5) 利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行.［即时应用］ 1.在如图所示的几何体中,点.求证：GH //平面ABC.EF 的中点，求证:［由题悟D 是AC 的中点,EF // DB ,证明：取FC 的中点I ，连接GI , HI , 贝U 有 GI // EF , HI // BC. 又 EF // DB ，所以 GI // BD , 又 GI n HI = I , BD n BC = B,所以平面GHI //平面ABC. 因为GH ?平面GHI , 所以GH //平面ABC.2.如图，四边形ABCD 与四边形ADEF 为平行四边形,M , N , G 分别是 AB , AD ,(1)BE //平面DMF ；(2)平面BDE //平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，设DF与GN的交点为0, 则AE必过DF与GN的交点0,连接MO ，贝U MO 为厶ABE 的中位线，所以BE // MO ，又BE ?平面DMF , MO ?平面DMF , 所以BE //平面DMF .⑵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 中点，所以MN 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 ?平面 BDE , BD ?平面 BDE , DE n BD = D , 所以平面 BDE //平面 MNG . 考点三 立体几何中的探索性问题重点保分型考点 一一师生共研［典例引领］(2019舟山诊断)如图，在长方体 ABCD-A i B i C i D i 中，AB = 1, AD = 2, E, F 分别为 AD , A i A 的中点，Q 是BC 上一个动点，且 B Q= Q C(心0). (1)当 匸i 时，求证：平面 BEF //平面 A i D Q;(2)是否存在 入使得BD 丄FQ?若存在，请求出 入的值；若不存在，请说明理由. 解：⑴证明：当 匸i 时，Q 为BC 的中点, 因为E 是AD 的中点，所以 ED = B Q, ED // B Q 则四边形BED Q 是平行四边形,所以BE // D Q 又BE ?平面A i D Q D Q?平面A i D Q, 所以BE //平面A i DQ 因为F 是A i A 的中点，所以EF // A i D ,因为EF ?平面A i D Q A i D ?平面A i D Q, 所以EF //平面A i D Q.又 BE n EF = E , EF ?平面 BEF , BE ?平面 BEF , 所以平面 BEF //平面 A i D Q(2)假设存在满足条件的 入如图连接A Q BD , FQ 因为A i A 丄平面 ABCD , BD ?平面 ABCD ,所以 A i A 丄 BD.AM fi门】也Pin因为 BD 丄 F Q A I A Q F Q = F , 所以BD 丄平面A I AQ因为A Q?平面A I A Q,所以A Q 丄BD.在矩形 ABCD 中，由 A Q 丄BD ，得△ A Q 3^^ DBA ,1又 AB = 1, AD = 2，所以 B Q =1,则Q C = 2,则詩3,即x=［由题悟法］探索性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理 论证和计算•在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在; 如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在.［即时应用］如图，四边形 ABCD 中，AB 丄AD , AD // BC , AD = 6, BC = 4, E , F 分别在 BC , AD 上,EF // AB.现将四边形 ABCD 沿EF 折起，使平面 ABEF 丄平面 EFDC .若BE = 1,在折叠后的线段 AD 上是否存在一点 P ，且N 背=扁，使得 CP //平面 ABEF ?若存在，求出 入的值，若不存在，说明理由.解：AD 上存在一点P ,使得CP //平面ABEF ，此时入=3. 理由如下：当匕2时，"AP =号口？，可知AD = 3,如图，过点 P 作MP // FD 交AF 于点M ，连接EM , PC ,又 BE = 1,可得 FD = 5, 故 MP = 3,又 EC = 3, MP // FD // EC ,所以AB A D B Q 2 A B」AB 2 = AD B Q 则有 MP _ AP _ 3FD = AD =5,一抓基础，多练小题做到眼疾手快1若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是 A •平行B .相交C •异面D .以上都有解析：选D 由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平 行、也可以相交、也可以异面.2. （2018宁波模拟）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=黑得AC // EF.又因为EF ?平面DEF ,EB FB AC ?平面DEF ，所以 AC //平面 DEF .3. （2018绍兴期中考试）已知两个不重合的平面a 3,给定以下条件：匚① a 内任意不共线的三点到3的距离都相等；② I , m 是a 内的两条直线，且I // 3 m // 3③ I , m 是两条异面直线，且 I // a, I // 3 m// a, m / 3； 其中可以判定 a// 3的是（ ）A .① C .①③D .③解析：选C 本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定.对于命题①，任意不共线三 点可以确定一个平面，即为a,该三点到平面 3的距离相等，即可得到a// 3故①正确；对于命题②，由面面平行的判定可知，若 I , m 平行，则不一定能够推理得到a// 3故②错误；对于命题③，由I , m 是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与a：3都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，a// 3故③正确.所以满足条A .若 m ± I , n 丄 I ，贝U m / n故有MP 綊EC ,故四边形 MPCE 为平行四边形，所以 CP // ME , 又 ME ?平面 ABEF , CP ?平面 ABEF , 故有CP //平面 ABEF .B. 若a丄Y 3-L Y,贝V a丄3C .若m〃a, n II a,贝U m〃nD .若a// Y 31 Y V a// 3解析：选D 若m± l, n丄l，则m与n可能平行、相交或异面，故A错误；若a丄Y3丄Y,则a与3可能平行，可能相交，故B错误；若m// a, n// a,则m , n可能平行、相交或异面，故C错误；若a// Y, 3// Y利用平面与平面平行的性质与判定，可得a// 3,故D正确.故选D.5.如图所示,在四面体ABCD中，点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：连接AM并延长，交CD于点E ,连接BN ,并延长交CD 于点F,由重心性质可知，E , F重合为一点，且该点为CD的中点E ,EM EN 1连接MN,由MA =盂=2 ,得MN // AB.因此，MN //平面ABC且MN //平面ABD.答案：平面ABC、平面ABD—保咼考，全练题型做到咼考达标1.在空间中，已知直线 a , b,平面a ,则以下三个命题：①若 a // b , b? a,贝U a // a;②若 a // b , a // a ,贝U b // a;③若 a //a , b // a,贝U a // b.其中真命题的个数是（）B. 1解析：选A 对于①，若a // b , b? a ,则应有a // a或a? a ,所以①是假命题；对于②，若a// b, a // a,贝y应有b// a或b? a ,因此②是假命题；对于③，若a // a, b// a,贝y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.2. 设m , n是平面a内的两条不同直线,l i , I2是平面3内的两条相交直线.则a//3的一个充分而不必要条件是（）A. m// 3且l i// aB. m//l i 且n//"C. m// 3且n // 3D. m//3且n // I2解析：选B 因为m / l i,且n // l2,又l i与l2是平面3内的两条相交直线,所以a// 3而当a// 3时不一定推出m/ l i且n/ l2,可能异面.所以a// 3的一个充分而不必要条件是B.3. 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（）C . 45D . 45 3解析：选A 取AC 的中点G ,连接SG , BG.易知 SG ±AC , BG 丄AC , 故AC 丄平面SGB ，所以AC 丄SB. 因为 SB //平面 DEFH , SB ?平面 SAB ，平面 SABA 平面DEFH = HD ，贝U SB // HD.同理 SB // FE.又D , E 分别为AB , BC 的中点，贝U H , F 也为AS , SC 的中点，从而得 HF 綊殳AC 綊DE ,所以四边形DEFH 为平行四边形.又 AC 丄 SB , SB // HD , DE // AC ,所以DE 丄HD ，所以四边形 DEFH 为矩形，11 45 A .①③ C .①④ 解析：选C 对于图形①，平面 B .②③ D .②④ MNP 与AB 所在的对角面平行，即可得到 AB //平面MNP ;对于图形 ④，AB // PN ,即可得到 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.4.在三棱锥 S -ABC 中，△ ABC 是边长为 6的正三角形，SA = SB =SC =15,平面 DEFH 分另与 AB , BC , SC , SA 交于 D , E , F , H , 且D , E 分别是 AB , BC 的中点，如果直线 SB //平面DEFH ，那么 四边形DEFH 的面积为（ ）A. 452 B. 45.3山 M M②其面积S= HF HD = ^AC ^SB =孑.5.（2018舟山模拟）在如图所示的正方体ABCD-A i B i C i D i中，E , F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M , N分别为线段D1E , C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有（）A.无数条B. 2条C . 1条D . 0条解析：选A法一：取BB i的中点H , 连接FH，则FH // SD i,连接HE , D i H，在D i E上任取一点M ,取D i E的中点0,连接0H ,在平面D i HE中，作MG平行于H0，交D i H于G,连接DE，取DE的中点K,连接KB, 0K，则易证得0H // KB.过G作GN // FH，交C i F于点N，连接MN ,由于GM // H0 , H0 // KB, KB?平面ABCD ,GM ?平面ABCD ,所以GM //平面ABCD ,同理，NG //平面ABCD，又GM n NG = G,由面面平行的判定定理得，平面MNG //平面ABCD ,则MN //平面ABCD.由于M为D i E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条.故选 A.法二：因为直线D i E , C i F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D i E的交点为M，与线段C i F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN //平面ABCD，故有无数条直线MN //平面ABCD，故选A.6. （20i8金华名校统练）已知直线a, b,平面a, 3,且a // b, a丄3,贝厂’a丄f 是“ b // a” 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// b, a丄3,所以b丄3若b// a,贝U a丄3,故“ a丄3是“ b// a” 的必要条件；若a 丄3 ,又a丄3则a// a或a? a,又a// b,所以b//a或b? a ,故“ a丄3”不是“ b// a”的充分条件.故选 B.7.正方体ABCD -A i B i C i D i的棱长为i cm ,过AC作平行于对角线BD i的截面，则截面面积为_______ cm2;其周长为 __________ cm.解析：如图所示，截面ACE // BD i ,平面BDD i n平面ACE = EF ,其中F为AC与BD的交点，••• E为DDi的中点，• S[2乂爲心彳2\…ACE = 2X 2 x 2 = 4 （cm ）.=13.答案：，139.(2018杭州模拟)如图所示，四棱柱 ABCD-A i B i C i D i 的底面ABCD 是正方形，点0是底面中心，A 1O 丄底面 ABCD , AB = AA 1 =2.(1) 证明：平面 A i BD //平面 CD i B i ；(2) 求三棱柱 ABD-A 1B 1D 1的体积.解：(1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1,所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以 BD // B 1D 1.又因为BD ?平面CD 1B 1, B 1D 1?平面CD 1B 1,所以BD //平面CD 1B 1.因为A 1D 1綊B 1C 1綊BC ,所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以 A 1B // D 1C.又因为 A 1B ?平面CD 1B 1, D 1C ?平面CD 1B 1,所以A 1B //平面CD 1B 1,•/ AC = 2, CE = AE = -25,•••其周长为 AC + AE + CE = 2+ 5(cm). 答案：-46 2 + 58.如图，在直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1中，右BC 丄AC ，/ BAC = 3, AC =4, M 为AA l 的中点，点 P 为BM 的中点，Q 在线段CA i 上，且 A i Q= 3Q C ，贝U P Q 的长度为 解析：由题意知，AB = 8,过点P 作PD // AB 交AA 1于点D , 1连接DQ,贝U D 为AM 中点，PD = ^AB = 4.又... Aj Q = AJD = 3,Q C AD• D Q// AC ,/ PD Q=n ，D Q= %C = 3,3 4 在厶PD Q 中，由余弦定理得P Q = + 32-2X 4X 3 X cos n 3又因为BD A A i B = B,所以平面A i BD //平面CD i B i.⑵因为A i O丄平面ABCD , 所以A i O是三棱柱ABD-A i B i D i的高.1又因为AO= £AC= i, AA i= 2,所以A i O= AA?-AO2= i.i又因为S A ABD= 2 X, 2X 2 = i , 所以VABD-A i B i D i= S^ABD A i O= i.i0.如图所示，在正方体ABCD-A i B i C i D i中，E , F , G, H分别是BC，CC i，C i D i，A i A的中点.求证：(1) BF // HD i；(2) EG //平面BB i D i D;(3)平面BDF //平面B i D i H.证明：⑴如图所示，取BB i的中点M，连接MH , MC i，易证四边形HMC i D i是平行四边形，••• H D i // MC i.又••• MC i / BF ,• BF // HD i.i i⑵取BD的中点O,连接EO , D i O，贝U OE綊QDC，又D i G綊QDC,•四边形OEGD i是平行四边形，• GE// D i O.又GE?平面BB i D i D , D i O?平面BB i D i D,• EG //平面BB i D i D.(3)由(i)知BF // HD i,又BD // B i D i, B i D i, HD i?平面B i D i H , BF , BD?平面BDF , 且B i D i A HD i= D i, DB A BF = B,•平面BDF //平面B i D i H.三上台阶，自主选做志在冲刺名校i.如图所示，设正方体ABCD-A i B i C i D i的棱长为a,点P是棱AD上一点，且AP= 3,过B i, D i, P的平面交平面ABCD 于P Q, Q在直线CD上，贝U P Q= ______________ .解析：•••平面A i B i C i D i /平面ABCD ,而平面 B i D i P n 平面 ABCD = P Q,平面 B i D i P 门平面 A i B i C i D i = B 1D 1,- B 1D 1 H P Q 又••• B i D i 〃 BD ,••• BD // P Q 设 P c n AB = M , •/ AB // CD , • △ APM s\ DPQ答案：宁a 32•如图，斜三棱柱 ABC-A i B i C i 中，D , D i 分别为AC , A i C i 上的点. ⑴当等于何值时，BC i //平面AB i D i?D i C i解：(i)当A 1D 1= i 时，D i C iBC i / 平面 AB i D i .如图，连接 A i B 交AB i 于点O ,连接OD i .由棱柱的性质知，四边 形A i ABB i 为平行四边形，所以点 O 为A i B 的中点.在厶A i BC i 中，O , D i 分别为A i B , A i C i 的中点， • OD i // BC i .又 OD i ?平面 AB i D i , BC i ?平面 AB i D i ,• BC i // 平面 AB i D i .•当琵=i 时，心平面AB i D i⑵由已知，平面 BC i D //平面 AB i D i 且平面 A i BC i n 平面BC i D = BC i ,平面A i BC i n (2)若平面BC i D //平面 AB i D i ，求AD ，DC的值. P Q =PM = PD = AP = 2，即 PQ=2PM.又知△ APM ADB , PM = APBD = AD• PM = 3BD ，又 BD = 2,23 a平面AB i D i= D i O.因止匕BC i// D i O，同理AD i// DC i..A1D1 A i O A1D1 DCD i C i_OB，D1C1 —A D.又A OB°=AD=1,即DC=1.。
高考数学一轮复习(浙江版)专题8.4直线、平面平行的判定及其性质(测)含解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.） 1.【2018届安徽省合肥市三模】若为两条不同的直线，为平面，且，则“”是“”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】 由且能推出，充分性成立； 若且，则或者，必要性不成立，因此“”是“”的充分不必要条件，故选A.2.已知互不重合的直线,a b ,互不重合的平面,αβ,给出下列四个命题,错误．．的命题是（ ） （A ）若a //α,a //β,b αβ= ,则a //b (B)若βα⊥,a α⊥,β⊥b ,则b a ⊥(C)若βα⊥,γα⊥,a =γβ ,则a α⊥ (D)若α//β,a //α,则a //β【答案】D3.【2018届山东省潍坊市青州市三模】如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（ ）A ．B ．平面C ．D ．平面【答案】C4.【2017届四川省资阳市高三4月模拟】对于两条不同的直线m ，n 和两个不同的平面αβ，，以下结论正确的是A. 若m α⊂， n ∥β，m ，n 是异面直线，则αβ，相交B. 若m α⊥， m β⊥， n ∥α，则n ∥βC. 若m α⊂， n ∥α，m ，n 共面于β，则m∥nD. 若m α⊥，n⊥β，α，β不平行，则m ，n 为异面直线 【答案】C【解析】解：正方体1111ABCD A BC D - 中，取,m n 为棱11,BC C D ，平面,αβ 为1111,ABCD A BC D ，满足选项A 中的条件，但是αβ ，选项A 错误；取,m n 为棱1,BB BC ，平面,αβ 为1111,ABCD A BC D ，满足选项B 中的条件，但是n β⊆ ，选项B 错误； 取,m n 为棱1,AB AA ，平面,αβ 为111111,BCC B A B C D ，满足选项D 中的条件，但是m n A ⋂= ，选项D 错误；本题选择C 选项.5.【广东省揭阳市高三第一次模拟】设平面α、β，直线a 、b ，a α⊂，b α⊂，则“//a β，//b β”是“//αβ”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】B6.【2017届云南省曲靖市第一中学高三第六次月考】已知,m n 是两条不同的直线， α是平面，则下列命题中是真命题的是（ ）A. 若//m α， //m n ，则//n αB. 若m α⊥， n α⊥，则//m nC. 若//m α， m n ⊥，则//n αD. 若m α⊥， n m ⊥，则//n α 【答案】B【解析】对于答案A ，有n α的可能，故不是真命题；对于答案C ，直线n 也可以与平面α 相交，不是真命题；对于答案D 中的直线n ，有n α的可能，故不是真命题，应选答案B.7.【皖北协作区高三联考】设n m 、是不同的直线，βα、是不同的平面，有以下四个命题： ①若βα⊥，α//m ，则β⊥m ②若α⊥m ，α⊥n ，则n m // ③若α⊥m ，n m ⊥，则α//n ④若α⊥n ，β⊥n ，则αβ// . 其中真命题的序号为（ ）A. ①③B. ②③C. ①④D. ②④ 【答案】D【解析】①若βα⊥，α//m ，则m 与β包含直线与平面的所有关系，所以①错误； ②若α⊥m ，α⊥n ，则n m //，所以②正确； ③若α⊥m ，n m ⊥，则α//n 或n α⊆，所以③错误； ④若α⊥n ，β⊥n ，则αβ// ，所以④正确； 故选D8.【浙江省金丽衢十二校高三第二次联考】已知,,a b c 为三条不同的直线，且a ⊂平面M ，b ⊂平面N ，M N c = ①若a 与b 是异面直线，则c 至少与,a b 中的一条相交；②若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直；③若a b ，则必有a c ；④若,a b a c ⊥⊥，则必有M N ⊥.其中正确的明确的命题的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】C【解析】根据题意可得若a 与b 是异面直线，则c 至少与,a b 中的一条相交成立. 若a 不垂直于c ，则a 与b 有可能垂直，只需将a 向平面N 做投影，直线b 垂直于投影即可. 若a b ，则必有a c 这是线面平行的判定定理，所以是正确的. 若,a b a c ⊥⊥.若b c 则M N ⊥不一定成立.所以①③正确.9. 【2018届广西柳州市联考】空间中，设,m n 表示不同的直线， ,,αβγ表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A ． 若,αγβγ⊥⊥，则//αβB ． 若,m m αβ⊥⊥，则//αβC ． 若,m βαβ⊥⊥，则//m αD ． 若,n m n α⊥⊥，则//m α 【答案】B直线m 在平面α内或平行，故D 项不合题意.故选B.10.【2018届河南省南阳市第一中学第十四次考】如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B∴MN∥平面AEF．∵，∴四边形为平行四边形，∴，又平面AEF，AE⊂平面AEF，∴∥平面AEF，又，故选B．二、填空题（本大题共7小题，共36分.把答案填在题中的横线上.）11.【2018届二轮复习专题】如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，EB＝2DC，P，Q分别为AE，AB的中点．则直线DP 与平面ABC的位置关系是________．【答案】平行【解析】连接CQ，在△ABE中，P，Q分别是AE，AB的中点，所以PQ1//2EB.又DC1//2EB，所以PQ//DC，所以四边形DPQC为平行四边形，所以DP∥CQ.又DP⊄平面ABC，CQ⊂平面ABC，所以DP∥平面ABC.12.【2018届二轮押题专练】设α，β，γ是三个平面，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________(把所有正确的序号填上)．【答案】①或③【解析】由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.13.【2018届广西桂林市柳州市模拟金卷（1）】在正四棱柱1111ABCD A BC D -中， O 为底面ABCD 的中心， P 是1DD 的中点，若存在实数λ 使得1CQ CC λ=时，平面1//D BQ 平面PAO ，则λ=__________． 【答案】12【解析】14.在正方体中中，，点在棱上，点在棱上，且平面平面.若，则三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】 【解析】当 时，可证得.又 且平面则三棱锥外接球的直径为其表面积为.15.如图，在长方体1111ABCD A B C D －中， 16,3,8AA AB AD ===， 点M 是棱AD 的中点，N 在棱1AA 上，且满足12AN NA ＝， P 是侧面四边形11ADD A 内一动点(含边界)，若1C P ∥平面CMN ，则线段1C P 长度最小值是________.【解析】取11A D 的中点Q ,过点Q 在面11ADD A 作MN 的平行线交1DD 于E则易知面1//C QE 面CMN ,在1C QE ∆中作1C P QE ⊥,则1C P =.16.【山东省2018年普通高校招生（春季）】如图所示，已知正方体，分别是上不重合的两个动点，给山下列四个结论：①； ②平面平面； ③； ④平面平面.其中，正确结论的序号是__________． 【答案】③④ 【解析】17.【2018届山东省烟台市高考诊断测试】如图,一张矩形白纸ABCD,AB=10,AD=,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BFDE②当平面ABE∥平面CDF时,AE∥CD③当A、C重合于点P时,PG⊥PD④当A、C重合于点P时,三棱锥P-DEF的外接球的表面积为150【答案】①④三、解答题（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18．如图，ABCD与ADEF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.【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）证明：见解析.【解析】19.如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面PAD；（Ⅱ）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ∥平面PAD.【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）Q 点是PB 的中点．20.【2017课标II ，文18】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PAD 面积为P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】21.【2018届湖北省武汉市部分学校新高三起点】如图1，在矩形ABCD 中， 4AB =， 2AD =， E 是CD 的中点，将ADE ∆沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥1D ABCE -，其中平面1D AE ⊥平面ABCE .（1）设F 为1CD 的中点，试在AB 上找一点M ，使得//MF 平面1D AE ； （2）求直线1BD 与平面1CD E 所成的角的正弦值.【答案】（1）14AM FL AB ==；(2) 正弦值为3. 【解析】22. 【腾远2018年（浙江卷）红卷】如图，三棱柱的各棱长都相等，且分别为的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连接，因为点分别为的中点，所以，又，解法二：由（1）连接，由各棱长都相等，得，又，可得点在平面上的射影必在上，故以为原点，过点且平行于的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图，设，此时，则，。
(浙江专版)高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第4节 直线、平面平行的判定及其性质课时分层训练-人
课时分层训练(三十九) 直线、平面平行的判定及其性质A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．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A[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．]2.正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则正确的命题是( )图745A．AE⊥CGB．AE与CG是异面直线C．四边形AEC1F是正方形D．AE∥平面BC1FD[由正方体的几何特征知，AE与平面BCC1B1不垂直，则AE⊥CG不成立；由于EG∥A1C1∥AC，故A，E，G，C四点共面，所以AE与CG是异面直线错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故四边形AEC1F是正方形错误；由于AE∥C1F，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC1F.]3．(2017·某某模拟)如图746所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC 交于DE，则DE与AB的位置关系是( )图746A．异面B ．平行C ．相交D ．以上均有可能B [在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1. ∵AB ⊂平面ABC ，A 1B 1⊄平面ABC ， ∴A 1B 1∥平面ABC .∵过A 1B 1的平面与平面ABC 交于DE ， ∴DE ∥A 1B 1，∴DE ∥AB .]4．已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( )【导学号：51062233】A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥nC ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥αB [若m ∥α，n ∥α，则m ，n 平行、相交或异面，A 错；若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n ，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B 正确；若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，C 错；若m ∥α，m ⊥n ，则n 与α可能相交，可能平行，也可能n ⊂α，D 错．]5．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 ．1D ．0C [①中，当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中，l 与m 也可能异面；③中，⎩⎪⎨⎪⎧l ∥γ，l ⊂α，α∩γ＝n⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确．]二、填空题6．设α，β，γ为三个不同的平面，a ，b 为直线，给出下列条件：①a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a ⊥α，b ⊥β，a ∥b .其中能推出α∥β的条件是________(填上所有正确的序号)． ②④ [在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交．由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足．在④中，a ⊥α，a ∥b ⇒b ⊥α，从而α∥β，④满足．]7．如图747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________．图7472 [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AB 1C ，EF ⊂平面ADC ， 平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点， ∴EF ＝12AC ＝ 2.]8．(2017·某某模拟)如图748，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________．图748平面ABC ，平面ABD [连接AM 并延长交CD 于E ，则E 为CD 的中点．由于N 为△BCD 的重心， 所以B ，N ，E 三点共线，且EM MA ＝EN NB ＝12，所以MN ∥AB . 于是MN ∥平面ABD 且MN ∥平面ABC .] 三、解答题9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图749所示． (1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论.【导学号：51062234】图749[解](1)点F，G，H的位置如图所示.6分(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.9分又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.12分又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.15分10．(2017·某某质检)如图7410，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.图7410求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[证明](1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.2分又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.6分(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.8分因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.12分因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1.在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是( )图7411A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°C[因为截面PQMN是正方形，所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A、B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．]2．如图7412所示，棱柱ABCA1B1C1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________. 【导学号：51062235】图74121 [设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD.∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.]3．如图7413所示，在三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC，设D，E分别为PA，AC的中点．图7413(1)求证：DE∥平面PBC.(2)在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：∵点E是AC中点，点D是PA的中点，∴DE∥PC.2分又∵DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.6分(2)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.8分证明如下：取AB的中点F，连接EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.∵点E是AC中点，点F是AB的中点，∴EF∥BC.12分又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC.又∵DE∩EF＝E，∴平面DEF∥平面PBC，∴平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行.15分。
(浙江专用)高考数学一轮复习 课时跟踪检测(四十)直线、平面垂直的判定及其性质(含解析)-人教版高三
课时跟踪检测（四十）直线、平面垂直的判定及其性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( ) 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A 依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.2．(2018·东阳模拟)下列命题中错误的是( )A．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α⊥平面β，过α内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于βD．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β解析：选C 由平面与平面垂直的性质可知，若该垂线不在平面α内，则此垂线与平面β不一定垂直．故排除C.3．(2019·某某一中模拟)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α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α.其中正确命题的序号是( )A．①③B．①④C．②③ D．②④解析：选A 对于①，若α∥β，α∥γ，根据面面平行的性质容易得到β∥γ，故①正确；对于②，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行、相交或m⊂β，故②错误；对于③，若m⊥α，m∥β，则可以在β内找到一条直线n与m平行，所以n⊥α，故α⊥β，故③正确；对于④，若m∥n，n⊂α，则m与α可能平行或m⊂α，故④错误．故选A.4．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有( ) A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC解析：选C ∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC.5．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交．答案：垂直相交二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·某某质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C 对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中直角三角形的个数为( )A．4 B．3C．2 D．1解析：选A 由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC中共有4个直角三角形．3．(2018·某某模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β( )A．不存在 B．有且只有一对C．有且只有两对 D．有无数对解析：选D 过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.4．(2018·某某实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c解析：选B A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β.由线面垂直的性质知c ⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知b ⊥c ，故C 正确；D 的逆命题为：当b ⊂α，且c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α.由线面平行判定定理可得c ∥α，故D 正确．5．(2019·某某模拟)在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC＝120°，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为( )A.255 B.223 C.55D.13解析：选D ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，即∠PAB ＝∠PAC＝90°，又∵AB ＝AC ，PA ＝PA ，∴△PAB ≌△PAC ，∴PB ＝PC .取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，∴PD ⊥BC ，AD ⊥BC ，又∵PD ∩AD ＝D ，∴BC ⊥平面PAD ，∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PAD ⊥平面PBC ，过A 作AO ⊥PD 于O ，易得AO ⊥平面PBC ，∴∠APD 就是直线PA 与平面PBC 所成的角．在Rt △PAD 中，AD ＝12，PA ＝2，则PD ＝PA 2＋AD 2＝32，则sin ∠APD ＝AD PD ＝13.故选D. 6.如图，已知∠BAC ＝90°，PC ⊥平面ABC ，则在△ABC ，△PAC 的边所在的直线中，与PC 垂直的直线有____________；与AP 垂直的直线有________．解析：∵PC ⊥平面ABC ，∴PC 垂直于直线AB ，BC ，AC .∵AB ⊥AC ，AB ⊥PC ，AC ∩PC ＝C ，∴AB ⊥平面PAC ，又∵AP ⊂平面PAC ，∴AB ⊥AP ，与AP 垂直的直线是AB .答案：AB ，BC ，ACAB7.如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ，∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD .而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD . 答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC )8.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt△AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h . 又2×2＝h ×22＋22，所以h ＝233，DE ＝33. 在Rt△DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66. 由面积相等得66× x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12. 即线段B 1F 的长为12. 答案：129．(2019·某某十校联考)如图，已知四棱锥S ABCD 是由直角梯形ABCS 沿着CD 折叠而成的，其中SD ＝DA ＝AB ＝BC ＝1，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，且二面角S CD A 的大小为120°.(1)求证：平面ASD ⊥平面ABCD ；(2)设侧棱SC 和底面ABCD 所成的角为θ，求θ的正弦值．解：(1)证明：由题意可知CD ⊥SD ，CD ⊥AD .∵AD ∩SD ＝D ，∴CD ⊥平面ASD .又∵CD ⊂平面ABCD ，∴平面ASD ⊥平面ABCD .(2)如图，过点S 作SH ⊥AD ，交AD 的延长线于点H ，连接CH .∵平面ASD ⊥平面ABCD ，平面ASD ∩平面ABCD ＝AD ，∴SH ⊥平面ABCD ， ∴∠SCH 为侧棱SC 和底面ABCD 所成的角，即∠SCH ＝θ.由(1)可知∠ADS 为二面角S CD A 的平面角，则∠ADS ＝120°.在Rt △SHD 中，∠SDH ＝180°－∠ADS ＝180°－120°＝60°，SD ＝1，则SH ＝SD sin 60°＝32. 在Rt △SDC 中，∠SDC ＝90°，SD ＝CD ＝1，∴SC ＝ 2.在Rt △SHC 中，sin θ＝SH SC ＝322＝64， 即θ的正弦值为64. 10.如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝60°.在底面ABC 中，∠BAC ＝90°，M 为BC 的中点，过A 1，B 1，M 三点的平面交AC 于点N .(1)求证：A 1N ⊥AC ；(2)若B 1M ⊥BC ，求直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成角的大小．解：(1)证明：由题意，因为平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面A 1B 1MN ∩平面ABC ＝MN ，平面A 1B 1MN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1B 1，所以MN ∥A 1B 1.因为AB ∥A 1B 1，所以MN ∥AB .又M 为BC 的中点，所以N 为AC 的中点．又四边形A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝60°，所以A 1N ⊥AC .(2)由(1)知，AC ⊥A 1N .因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC .又MN ∥AB ，所以AC ⊥MN .因为MN ∩A 1N ＝N ，MN ⊂平面A 1B 1MN ，A 1N ⊂平面A 1B 1MN ，所以AC ⊥平面A 1B 1MN .连接B 1N ，则∠CB 1N 即为直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成的角．设A 1A ＝2a ，则＝a ，因为B 1M ⊥BC ，M 为BC 的中点，所以B 1B ＝B 1C ＝2a ，在△B 1NC 中，sin ∠CB 1N ＝B 1C ＝a 2a ＝12， 所以∠CB 1N ＝30°，故直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成角的大小为30°.三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．(2018·某某高三检测)已知三棱锥S ABC 的底面ABC 为正三角形，SA ＜SB ＜SC ，平面SBC ，SCA ，SAB 与平面ABC 所成的锐二面角分别为α1，α2，α3，则( )A ．α1＜α2B ．α1＞α2C ．α2＜α3D ．α2＞α3解析：选A 如图①，作SO ⊥平面ABC ，垂足为O ，连接AO ，BO ，CO .由SA ＜SB ＜SC ，得OA ＜OB ＜OC .过点O 分别向BC ，AC ，AB 作垂线，垂足记为D ，E ，F ，连接SD ，SE ，SF ，则tan α1＝SOOD ，tan α2＝SO OE ，tan α3＝SO OF.由于OA ＜OB ＜OC ，且△ABC 为正三角形，故点O 所在区域如图②中阴影部分(不包括边界)所示，其中G 为△ABC 的重心．由图②可得OE ＜OD ，OF 与OE 的大小不确定，所以tan α2＞tan α1，tan α2与tan α3的大小不确定，又α1，α2，α3均为锐角，所以α2＞α1，α2与α3的大小不确定．故选A.2．(2019·某某三区联考)如图，已知菱形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，使得平面ACD ⊥平面ABC ，若点N 是BD 上的动点，当线段ON 最短时，二面角N AC B 的余弦值为( )A ．0 B.12C.22D.32解析：选C 易知OB ＝OD ，所以当N 为BD 的中点时，线段ON 最短，因为AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，OB ∩OD ＝O ，所以AC ⊥平面BOD ，所以ON ⊥AC ，又OB ⊥AC ，所以∠BON 即为二面角N AC B 的平面角．因为平面ACD ⊥平面ABC ，OD ⊥AC ，所以OD ⊥OB ，所以△BOD 为等腰直角三角形，所以∠BON ＝45°，所以二面角N AC B 的余弦值为22. 3.如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠BCD ＝135°，侧面PAB ⊥底面ABCD ，∠BAP ＝90°，AB ＝AC ＝PA ＝4，E 为BC 的中点，点M 在线段PD 上．(1)若ME ∥平面PAB ，确定M 的位置并说明理由； (2)若直线EM 与平面PBC 所成的角和直线EM 与平面ABCD 所成的角相等，求PM PD的值． 解：(1)当M 为PD 的中点时，EM ∥平面PAB .理由如下：因为M 为PD 的中点，设F 为AD 的中点，连接EF ，MF .所以MF ∥PA .又因为MF ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，所以MF ∥平面PAB .同理，可得EF ∥平面PAB .又因为MF ∩EF ＝F ，MF ⊂平面MEF ，EF ⊂平面MEF ，所以平面MEF ∥平面PAB .又因为ME ⊂平面MEF ，所以ME ∥平面PAB .(2)设PM ＝a ，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，∠BAP ＝90°，所以PA ⊥平面ABCD ，又AB ＝AC ＝AP ＝4，∠BCD ＝135°，所以AB ⊥AC ，BC ＝AD ＝42，PD ＝43，过点M 作MF ⊥AD 于点F ，则MF ⊥平面ABCD ，连接EF ，则EF 为ME 在平面ABCD 上的射影，所以∠MEF 为ME 与平面ABCD 所成的角α.在Rt △PAD 中，PD ＝43，MF ＝43－a3， 得sin α＝MF ME ＝12－3a 3ME. 又设ME 与平面PBC 所成的角为β，过点M 作MN ⊥PA 于点N ，则MN ∥平面PBC ， ∴M ，N 到平面PBC 的距离相等，设为d ，由V N PBC ＝V C PBN ，得S △PBC ×d ＝S △PBN ×4，即34×(42)2×d ＝12×a 3×4×4，解得d ＝a 3， 所以sin β＝d ME ＝a3ME. 由sin α＝sin β，得12－3a ＝a ，解得a ＝63－6，∴PM PD ＝3－32.。
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浙江专用高考数学一轮复习课时跟踪检测三十九直线平面平行的判定及其性质含解析课时跟踪检测（三十九） 直线、平面平行的判定及其性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面D ．以上都有可能解析：选D 由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面．2．(2018·宁波模拟)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AE EB ＝CF FB得AC ∥EF .又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .3．(2018·绍兴期中考试)已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：①α内任意不共线的三点到β的距离都相等；②l ，m 是α内的两条直线，且l ∥β，m ∥β；③l ，m 是两条异面直线，且l ∥α，l ∥β，m ∥α，m ∥β；其中可以判定α∥β的是( )A ．①B ．②C ．①③D ．③ 解析：选C 本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定．对于命题①，任意不共线三点可以确定一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可得到α∥β，故①正确；对于命题②，由面面平行的判定可知，若l ，m 平行，则不一定能够推理得到α∥β，故②错误；对于命题③，由l ，m 是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与α，β都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，α∥β，故③正确．所以满足条件的是①③.4．(2018·舟山二模)已知m ，n ，l 为不重合的直线，α，β，γ为不重合的平面，则下列说法正确的是( )A ．若m ⊥l ，n ⊥l ，则m ∥nB ．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥βC ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nD ．若α∥γ，β∥γ，则α∥β解析：选D 若m ⊥l ，n ⊥l ，则m 与n 可能平行、相交或异面，故A 错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行，可能相交，故B 错误；若m ∥α，n ∥α，则m ，n 可能平行、相交或异面，故C 错误；若α∥γ，β∥γ，利用平面与平面平行的性质与判定，可得α∥β，故D 正确．故选D.5.如图所示，在四面体ABCD 中，点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：连接AM 并延长，交CD 于点E ，连接BN ，并延长交CD 于点F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，连接MN ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD . 答案：平面ABC 、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1．在空间中，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 ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A 对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①是假命题；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②是假命题；对于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．2．设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2解析：选B 因为m ∥l 1，且n ∥l 2，又l 1与l 2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β，而当α∥β时不一定推出m ∥l 1且n ∥l 2，可能异面．所以α∥β的一个充分而不必要条件是B.3．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 ．①③B ．②③C ．①④D ．②④解析：选C 对于图形①，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④，AB ∥PN ，即可得到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．4.在三棱锥S ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH的面积为( )A.452B.4532C ．45D ．45 3解析：选A 取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ， 所以四边形DEFH 为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝12AC ·12SB ＝452. 5.(2018·舟山模拟)在如图所示的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F分别为棱AB 和棱AA 1的中点，点M ，N 分别为线段D 1E ，C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．无数条B ．2条C ．1条D ．0条解析：选A 法一：取BB 1的中点H ，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，取D 1E 的中点O ，连接OH ，在平面D 1HE 中，作MG 平行于HO ，交D 1H 于G ，连接DE ，取DE 的中点K ，连接KB ，OK ，则易证得OH ∥KB .过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于GM ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，NG ∥平面ABCD ，又GM ∩NG ＝G ，由面面平行的判定定理得，平面MNG ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD .由于M 为D 1E 上任意一点，故与平面ABCD 平行的直线MN 有无数条．故选A.法二：因为直线D 1E ，C 1F 与平面ABCD 都相交，所以只需要把平面ABCD 向上平移，与线段D 1E 的交点为M ，与线段C 1F 的交点为N ，由面面平行的性质定理知MN ∥平面ABCD ，故有无数条直线MN ∥平面ABCD ，故选A.6．(2018·金华名校统练)已知直线a ，b ，平面α，β，且a ∥b ，a ⊥β，则“α⊥β”是“b ∥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：选B 因为a ∥b ，a ⊥β，所以b ⊥β，若b ∥α，则α⊥β，故“α⊥β”是“b ∥α”的必要条件；若α⊥β，又a ⊥β，则a ∥α或a ⊂α，又a ∥b ，所以b ∥α或b ⊂α，故“α⊥β”不是“b ∥α”的充分条件．故选B.7．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1 cm ，过AC 作平行于对角线BD 1的截面，则截面面积为________cm 2；其周长为________cm.解析：如图所示，截面ACE ∥BD 1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，其中F 为AC 与BD 的交点，∴E 为DD 1的中点，∴S △ACE ＝12×2×32＝64 (cm 2)．∵AC ＝2，CE ＝AE ＝52， ∴其周长为AC ＋AE ＋CE ＝2＋5(cm)．答案：64 2＋ 58.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，M 为AA 1的中点，点P 为BM 的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3Q C ，则P Q 的长度为________．解析：由题意知，AB ＝8，过点P 作PD ∥AB 交AA 1于点D ，连接D Q ，则D 为AM 中点，PD ＝12AB ＝4. 又∵A 1Q Q C ＝A 1D AD＝3， ∴D Q ∥AC ，∠PD Q ＝π3，D Q ＝34AC ＝3， 在△PD Q 中，由余弦定理得P Q ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13.答案：139.(2018·杭州模拟)如图所示，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)求三棱柱ABD A 1B 1D 1的体积．解：(1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以BD ∥B 1D 1.又因为BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，所以BD ∥平面CD 1B 1.因为A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又因为A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1，所以A 1B ∥平面CD 1B 1，又因为BD ∩A 1B ＝B ，所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，所以A 1O 是三棱柱ABD A 1B 1D 1的高．又因为AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2， 所以A 1O ＝AA 21－AO 2＝1.又因为S △ABD ＝12×2×2＝1， 所以V 111ABD A B D ＝S △ABD ·A 1O ＝1. 10.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1；(2)EG ∥平面BB 1D 1D ；(3)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1.又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ，则OE 綊12DC ，又D 1G 綊12DC ， ∴OE 綊D 1G ，∴四边形OEGD 1是平行四边形，∴GE ∥D 1O .又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，∴EG ∥平面BB 1D 1D .(3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ， ∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1，D 1，P 的平面交平面ABCD 于P Q ，Q 在直线CD 上，则P Q ＝________.解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝P Q ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥P Q. 又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥P Q ，设P Q ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DP Q.∴P Q PM ＝PD AP＝2，即P Q ＝2PM . 又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13， ∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴P Q ＝223a . 答案：223a 2．如图，斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求ADDC 的值．解：(1)当A 1D 1D 1C 1＝1时， BC 1∥平面AB 1D 1.如图，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质知，四边形A 1ABB 1为平行四边形，所以点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点，∴OD 1∥BC 1.又OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1，∴BC 1∥平面AB 1D 1.∴当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，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 .因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1.∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD.又A1OOB＝1，∴DCAD＝1，即ADDC＝1.。