课时过关检测（三十九） 直线、平面平行的判定与性质

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1．(2021·宁夏大学高三模拟)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
解析：选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 ”不能得到“α∥β ”，所以“α∥β ”是“m∥β且n∥β ”的充分不必要条件．故选A．
2．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eq \f(AE,EB)＝eq \f(CF,FB)得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.
3．下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是( )
解析：选B 在B中，如图，连接MN，PN，
∵A，B，C为正方体所在棱的中点，
∴AB∥MN，AC∥PN，
∵MN∥DE，PN∥EF，
∴AB∥DE，AC∥EF，
∵AB∩AC＝A，DE∩EF＝E，
AB，AC⊂平面ABC，DE，EF⊂平面DEF，
∴平面ABC∥平面DEF.
4.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α分别交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′.若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC＝( )
A．2∶3B．2∶5
C．4∶9D．4∶25
解析：选D ∵平面α∥平面ABC，∴AB∥平面α.又∵平面α∩平面PAB＝A′B′，∴A′B′∥AB．∵PA′∶AA′＝2∶3，∴PA′∶PA＝2∶5，∴A′B′∶AB＝2∶5，
∴eq \f(S△A′B′C′,S△ABC)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A′B′,AB)))2＝eq \f(4,25)，故选D.
5．(多选)(2021·山东济南质检)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
解析：选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．
6.(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是( )
A．FG∥平面AA1D1D
B．EF∥平面BC1D1
C．FG∥平面BC1D1
D．平面EFG∥平面BC1D1
解析：选AC 连接AD1、A1C1(图略)，因为在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故A项正确；因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故B项错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故C项正确；因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故D项错误．故选A、C．
7.(2021·浙江省镇海中学高三模拟)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＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
8．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________．
解析：因为平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，所以EF∥HG.同理，EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．
答案：平行四边形
9．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)．
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.
答案：①或③
10．在正四面体S­ABC中，M，E，F分别是SA，AB，AC的中点，当点P在线段EF上运动时，直线MP与平面SBC的位置关系是________．
解析：连接ME，MF(图略)，因为M，E，F分别是SA，AB，AC的中点，所以ME∥SB，MF∥SC，而ME∩MF＝M，SB∩SC＝S，ME，MF⊂平面MEF，SB，SC⊂平面SBC，所以平面MEF∥平面SBC，又点P在线段EF上，即MP在平面MEF内，所以由面面平行的性质定理可得MP∥平面SBC，故直线MP与平面SBC的位置关系是平行．
答案：平行
11.如图，E，F，G，H分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点．求证：
(1)EG∥平面BB1D1D；
(2)平面BDF∥平面B1D1H.
证明：(1)如图，取B1D1的中点O，连接GO，OB，因为OG綊eq \f(1,2)B1C1，BE綊eq \f(1,2)B1C1，
所以BE綊OG，
所以四边形BEGO为平行四边形，
故OB∥EG，
因为OB⊂平面BB1D1D，
EG⊄平面BB1D1D，
所以EG∥平面BB1D1D.
(2)由题意可知BD∥B1D1.
连接HB，D1F，因为BH綊D1F，
所以四边形HBFD1是平行四边形，
故HD1∥BF.
又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，
所以平面BDF∥平面B1D1H.
12.如图所示，四棱锥A­BCDE中，BE∥CD，BE⊥平面ABC，CD＝eq \f(3,2)BE，点F在线段AD上．
(1)若AF＝2FD，求证：EF∥平面ABC；
(2)若△ABC为等边三角形，CD＝AC＝3，求四棱锥A­BCDE的体积．
解：(1)证明：取线段AC上靠近C的三等分点G，连接BG，GF.
因为eq \f(AG,AC)＝eq \f(AF,AD)＝eq \f(2,3)，
则GF＝eq \f(2,3)CD＝BE.
而GF∥CD，BE∥CD，故GF∥BE.
故四边形BGFE为平行四边形，故EF∥BG.
因为EF⊄平面ABC，BG⊂平面ABC，故EF∥平面ABC．
(2)因为BE⊥平面ABC，BE⊂平面BCDE，
所以平面ABC⊥平面BCDE.
所以四棱锥A­BCDE的高即为△ABC中BC边上的高．
易求得BC边上的高为eq \f(\r(3),2)×3＝eq \f(3\r(3),2).
故四棱锥A­BCDE的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(2＋3)×3×eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4).
B级——综合应用
13．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，给出下列说法：
①A1M∥D1P；②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；④A1M∥平面D1PQB1.
则以上说法中正确的个数为( )
A．1B．2
C．3D．4
解析：选C 连接PM(图略)，因为M，P分别为AB，CD的中点，故PM平行且等于AD.由题意知AD平行且等于A1D1，故PM平行且等于A1D1，所以四边形PMA1D1为平行四边形，所以A1M∥D1P，故①正确．显然A1M与B1Q为异面直线，故②错误．由①知A1M∥D1P，由于D1P既在平面DCC1D1内，又在平面D1PQB1内，且A1M既不在平面DCC1D1内，又不在平面D1PQB1内，所以A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，故③④正确．则正确说法的个数为3，故选C．
14．(多选)(2021·高密市高三模拟)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，给出下列四个选项，其中正确的为( )
A．若PD＝3，则满足条件的P点有且只有一个
B．若PD＝eq \r(3)，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＝eq \r(3)，则平面BDP截正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为eq \f(9π,4)
解析：选ABD 如图，∵正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为2，
∴B1D1＝2eq \r(2)，又侧棱AA1＝1，
∴DB1＝eq \r(2\r(2)2＋12)＝3，则P与B1重合时PD＝3，此时P点唯一，故A正确；
∵PD＝eq \r(3)∈(1,3)，DD1＝1，则PD1＝eq \r(2)，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eq \r(\r(2)2＋12)＝eq \r(3)，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eq \f(1,2) eq \r(22＋22＋12)＝eq \f(3,2)，面积为eq \f(9π,4)，故D正确．故选A、B、D.
15．(2021·烟台模拟)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.
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，
∵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，
∴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(图略)，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，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD­A1B1C1D1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( )
解析：选C 过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.
∵MN∥平面DCC1D1，
MQ∥平面DCC1D1，
MN∩MQ＝M，
∴平面MNQ∥平面DCC1D1.
又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，
∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，
∵eq \f(MQ,AQ)＝eq \f(DD1,AD)＝2，∴MQ＝2x.
在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，
∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，
∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C．