第七章第四节直线平面平行的判定和性质

第七章第四节直线平面平行的判定和性质

题组一 线面平行的判定与性质

1.系是

( )

A ．异面

B ．相交

C ．平行

D ．不确定

解析：由线面平行的性质定理容易推出该直线与交线平行．

答案：C

2．(2018·福州模拟)平面α、β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；

⑤α∥β.为使m ∥β，应选择下面四个选项中的 ( )

A ．①④

B ．①⑤

C ．②⑤

D ．③⑤

解析：当m ⊂α，α∥β时，有m ∥β.

答案：D

3．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝7，∠A ＝60°，G 为重心，过G 的平面α与BC 平行，

AB ∩α＝M ，AC ∩α＝N ，那么MN ＝________.

解析：如图，在△ABC 中，由余弦定理知BC ＝39，

∵BC ∥α，∴MN ∥BC ，

又G 是△ABC 的重心，

∴MN ＝23BC ＝2393

. 答案：2393

4．如图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面

ABCD 外的一点，那么在四棱锥P －ABCD 中，M 是PC

的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平

面BDM 于GH .

求证：AP ∥GH .

证明：连结AC ，交BD 于O ，连结MO .

因为四边形ABCD 是平行四边形，

因此O 是AC 的中点，

又因为M是PC的中点，

因此MO∥PA.

又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，

因此PA∥平面BDM.又因为通过PA与点G的平面交平面BDM于GH，

因此AP∥GH.

题组二平面与平面平行的判定

5.(2018·12β内的两条相交直线，那么α∥β的一个充分而不必要条件是()

A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2

C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2

解析：∵m∥l1且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线，

∴α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2.

答案：B

6．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD

的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，咨询：

当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?

解：当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.

∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.

连结DB.∵P、O分不为DD1、DB的中点，

∴D1B∥PO.又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，

∴D1B∥面PAO，QB∥面PAO，

又D1B∩QB＝B，

∴平面D1BQ∥平面PAO.

题组三平面与平面平行的性质

7.设平面αα、β内运动时，那么所有的动点C () 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：依照平行平面的性质，不论A 、B 如何运动，动点C 均在过C 且与α，β都平

行的平面上．

答案：D

8．如下图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，

M 、N 分不是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是

上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a 3，过P 、M 、N 的 平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，那么PQ ＝____________.

解析：∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，

∴MN ∥PQ .

∵M 、N 分不是A 1B 1、B 1C 1的中点，AP ＝a 3

， ∴CQ ＝a 3，从而DP ＝DQ ＝2a 3

， ∴PQ ＝223

a . 答案：223

a

题组四 直线、平面平行的综合咨询题

9.假设直乙：l ∥m 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：假设l ∥α，m ⊂α，不一定有l ∥m ，反之，假设l ∥m ，那么l ⊂α或l ∥α.

答案：D

10．(2018·昆明模拟)m ，n 是不同的直线，α，β是不重合的平面，给出以下命题：

①假设m ∥α，那么m 平行于平面α内的任意一条直线；

②假设α∥β，m ⊂α，n ⊂β，那么m ∥n ；

③假设m ⊥α，n ⊥β，m ∥n ，那么α∥β；

④假设α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.

上面的命题中，真命题的序号是________．(写出所有真命题的序号)

解析：①由m∥α，那么m与α内的直线无公共点，∴m与α内的直线平行或异面．故

①不正确．

②α∥β，那么α内的直线与β内的直线与无共点，

∴m与n平行或异面，故②不正确．

③④正确．

答案：③④

11．(2018·徐州模拟)如下图，四边形ABCD为矩形，

BC⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.

(1)设点M为线段AB的中点，点N为线段CE的中点．

求证：MN∥平面DAE；

(2)求证：AE⊥BE.

证明：(1)取DE的中点P，连结PA，PN，

因为点N为线段CE的中点，

因此PN∥DC，且PN＝1

2DC，

又四边形ABCD是矩形，点M为线段AB的中点，

因此AM∥DC，且AM＝1

2DC，

因此PN∥AM，且PN＝AM，

故四边形AMNP是平行四边形，

因此MN∥AP.

而AP⊂平面DAE，MN⊄平面DAE，

因此MN∥平面DAE.

(2)因为BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，

因此AE⊥BC，

又BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，

因此AE⊥BF，

又BF∩BC＝B，

因此AE⊥平面BCE.