23版新高考一轮分层练案(三十八)　直线、平面平行的判定与性质

一轮分层练案(三十八)　直线、平面平行的判定与性质

A级——基础达标

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　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.如图所示的三棱柱ABC­A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是(　　)

A．异面　　　　　　 B．平行

C．相交  D.以上均有可能

【答案】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.

3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂α，则“α∥β ”是“m∥β且n∥β ”的(　　)

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】A　m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂α，则“α∥β ”得“m∥β且n∥β ”，根据面面平行的判定定理得“m∥β且n∥β ”不能得“α∥β ”，所以“α∥β ”是“m∥β且n∥β ”的充分不必要条件．故选A.

4.如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中点．则下列叙述中正确的是(　　)

A．直线BQ∥平面EFG

B．直线A1B∥平面EFG

C．平面APC∥平面EFG

D．平面A1BQ∥平面EFG

【答案】B　过点E，F，G的截面如图所示(H，I分别为AA1，BC的中点)，连接A1B，BQ，AP，PC，易知BQ与平面EFG相交于点Q，故A错误；

∵A1B∥HE，A1B⊄平面EFG，HE⊂平面EFG，

∴A1B∥平面EFG.故B正确；AP⊂平面ADD1A1，HG⊂平面ADD1A1，延长HG与PA必相交，故C错误；易知平面A1BQ与平面EFG有交点Q，故D错误，故选B.

5．(多选)下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是(　　)

【答案】AD　A．如图①，连接BC，可得BC∥MN，AC∥NP，从而得AC∥平面MNP，BC∥平面MNP，又AC∩CB＝C，∴平面ABC∥平面MNP，∴AB∥平面MNP；

B．如图②，连接BC交MP于点O，连接ON，

易知在底面正方形中O不是BC中点

(实际上是四等分点中靠近C的一个)，而N是AC中点，因此AB与ON不平行，在平面ABC内，AB与ON必相交，此交点也是直线AB与平面MNP的公共点，直线AB与平面

MNP相交而不平行；

C．如图③，连接BN，在正方体中有PN∥BM，因此B在平面MNP内，直线AB与平面MNP相交而不平行；

D．如图④，连接CD，可得AB∥CD，CD∥NP，即AB∥NP，直线AB与平面MNP平行，故选A、D.

6．(多选)下列四个命题中正确的是(　　)

A．如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行

B．过直线外一点有无数个平面与这条直线平行

C．过平面外一点有无数条直线与这个平面平行

D．过空间一点必存在某个平面与两条异面直线都平行

【答案】BC　A．如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行或相交，故A错误；

B．过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行，

过这条直线有无数个平面与已知直线平行，故B正确；

C．过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，且这无数条直线在同一平面内，故C正确；

D．过空间一点不一定存在某个平面与两条异面直线都平行，当此点在其中一条直线上时平面最多只能与另一条直线平行，故D错误．故选B、C.

7．(多选)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(　　)

A．当0<CQ<时，S为四边形

B．当CQ＝时，S为等腰梯形

C．当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝

D．当<CQ<1时，S为六边形

【答案】ABC　连接PQ，AP.

对于A，当0<CQ<时，如图①.在平面AA1D1D内，过点A作AE∥PQ，交DD1于点E，连接EQ，则S是四边形APQE.

对于B，当CQ＝时，如图②.连接D1Q，D1A，BC1，显然PQ∥BC1，AP＝D1Q，因为BC1∥AD1，所以PQ∥AD1，所以S是等腰梯形．

对于C，当CQ＝时，如图③.过点B作BF∥PQ交线段CC1的延长线于点F，

则C1F＝.

过点A作AE∥BF交线段DD1的延长线于点E，则D1E＝，所以AE∥PQ，连接EQ交C1D1于点R，易知Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，则C1Q∶D1E＝C1R∶RD1＝1∶2，故C1R＝.

对于D，当<CQ<1时，由C易知S为五边形．

8.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＝________.

解析：根据题意，因为EF∥平面AB1C，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因此在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.

【答案】

9．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)．

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．

【答案】①或③

10.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，点D为AC的中点，点D1是A1C1上的一点．

(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?

(2)当BC1∥平面AB1D1时，求证：平面BC1D∥平面AB1D1.

解：(1)当＝1时，BC1∥平面AB1D1.

如图，此时D1为线段A1C1的中点，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.

由棱柱的定义知四边形A1ABB1为平行四边形，

∴点O为A1B的中点．

在△A1BC1中，点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.

故当＝1时，BC1∥平面AB1D1.

(2)证明：由(1)知，当BC1∥平面AB1D1时，点D1是线段A1C1的中点，则有AD∥D1C1，且AD＝D1C1，

∴四边形ADC1D1是平行四边形．

∴AD1∥DC1.

又DC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，

∴DC1∥平面AB1D1.

又BC1∥平面AB1D1，BC1⊂平面BC1D，DC1⊂平面BC1D，DC1∩BC1＝C1，

∴平面BC1D∥平面AB1D1.

B级——综合应用

11.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC＝(　　)

A．2∶3  B．2∶5

C．4∶9  D.4∶25

【答案】D　∵平面α∥平面ABC，∴A′C′∥AC，A′B′∥AB，B′C′∥BC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝(PA′∶PA)2，又PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25.故选D.

12．(多选)已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论中正确结论为(　　)

A．若PD＝3，则满足条件的P点有且只有一个

B．若PD＝，则点P的轨迹是一段圆弧

C．若PD∥平面ACB1，则DP长的最小值为2

D．若PD∥平面ACB1，且PD＝，则平面BDP截正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为

【答案】ABD　如图：

∵正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为2，

∴B1D1＝2，又侧棱AA1＝1，

∴DB1＝＝3，则P与B1重合时PD＝3，此时P点唯一，故A正确；

∵PD＝∈(1,3)，DD1＝1，则PD1＝，即点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；

连接DA1，DC1，可得平面A1DC1∥平面ACB1，则当P为A1C1中点时，DP有最小值为＝，故C错误；

由C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为 ＝，面积为，故D正确．故选A、B、D.

13．如图所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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)

解析：连接HN，FH，FN(图略)，则FH∥DD1，HN∥BD，又FH∩HN＝H，

∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，

则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.

【答案】点M在线段FH上(或点M与点H重合)

14．如图，M是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱DD1的中点，给出下列命题：

①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；②过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行．

其中真命题的序号为________．

解析：①假设有两条直线m，n与直线AB，B1C1都相交，则此两条相交直线m，n确定平面α，并且直线AB，B1C1均在此面内，与直线AB，B1C1是异面直线矛盾，故①正确．②过M点与对角面AA1C1C平行的平面与AB，B1C1均相交，旋转该面仍可能与AB，B1C1均相交，故②不正确．③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行．此平面为过M点且与两个底面平行的平面，故③正确．

【答案】①③

15．如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折．

(1)求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD；

(2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由．

解：(1)证明：在平面图形中，连接MN(图略)，设MN与AB交于点G.

∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD＝AF，∴AD∥BE且AD＝BE，∴四边形ADBE是平行四边形，∴AE∥DB.又AM＝DN，

∴四边形ADNM是平行四边形，∴MN∥AD.

当点F，A，D不共线时，如图，MG∥AF，NG∥AD.

又MG∩NG＝G，AD∩AF＝A，

∴平面GNM∥平面ADF.

又MN⊂平面GNM，∴MN∥平面ADF.

故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD.

(2)这个结论不正确．

要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点．理由如下：

当点F，A，D共线时，如题图，易证得MN∥FD.当点F，A，D不共线时，由(1)知平面MNG∥平面FDA，则要使MN∥FD总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可．若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可．

∵FM⊂平面ABEF，DN⊂平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时只有M，N分别为AE，DB的中点才满足．

由FM∩DN＝B，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面．

∵平面FDNM∩平面MNG＝MN，平面FDNM∩平面FDA＝FD，平面MNG∥平面FDA，∴MN∥FD.

C级——迁移创新

16.如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.

(1)求证：EF∥平面β；

(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．

解：(1)证明：①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.

∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.

又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.

②当AB与CD异面时，如图所示，

设平面ACD∩平面β＝HD，

且HD＝AC，

∵平面α∥平面β，

平面α∩平面ACDH＝AC，

∴AC∥HD，

∴四边形ACDH是平行四边形．

在AH上取一点G，

使AG∶GH＝CF∶FD，

连接EG，FG，BH.

∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，

∴GF∥HD，EG∥BH.

又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，

∴平面EFG∥平面β.

又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.

综合①②可知，EF∥平面β.

(2)如图所示，连接AD，取AD的中点M，连接ME，MF.

∵E，F分别是AB，CD的中点，

∴ME∥BD，MF∥AC，

且ME＝BD＝3，

MF＝AC＝2.

∴∠EMF为AC与BD所成的角或其补角，

∴∠EMF＝60°或120°.

∴在△EFM中，由余弦定理得

EF＝

＝ ＝，

即EF＝或EF＝.