04 第42讲　直线、平面平行的判定与性质 【答案】听课 高考数学二轮复习练习

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【知识聚焦】
1.没有公共点 一条直线与此平面内的一条直线 交线平行
2.相交直线 同一条直线 平行 交线
【对点演练】
1.1 [解析] 过点P与直线a作平面β,设β∩α=b,则a∥b,由作图的过程可知满足条件的直线b只有1条.
2.④ [解析] 因为a∥平面α,所以直线a与平面α无交点,因此直线a和平面α内的任意一条直线都不相交.
3.52 [解析] 因为α∥β,△PAB所在的平面与α,β分别交于CD,AB,所以CD∥AB,所以PCPA=CDAB,又因为PC=2,CA=3,CD=1,所以AB=52.
4.④ [解析] 由两个平面平行的判定定理可知,如果一个平面内的两条相交直线分别与另一个平面平行,那么这两个平面平行,故①②不能判断两个平面平行;当平面α∩平面β=直线l时,α内有无数条与交线l平行的直线与β平行,故③不能判断两个平面平行;根据面面平行的定义可知④能判断两个平面平行.故填④.
5.④ [解析] 对于①,a可以在经过b的平面内,故①错误;对于②,a与α内的直线平行或异面,故②错误;对于③,两平面也可以相交,故③错误;对于④,若a∥b,a∥α,b⊄α,则b∥α,故④正确.故填④.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)根据平行的相关定理和结论逐项分析.(2)由题意作出图形,利用线面平行的判定定理可知GH∥平面ACE,又HF,GF均不与平面ACE平行,即可得解.
(1)D (2)B [解析] (1)对于选项A,若存在一条直线a,a∥α,a∥β,则α∥β或α与β相交,故A错误;对于选项B,若存在一条直线a,a⊂α,a∥β,则α∥β或α与β相交,故B错误;对于选项C,若存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则α∥β或α与β相交,故C错误.故选D.
(2)如图,取CE的中点I,CC1的中点K,连接AI,IG,EK,因为CI=IE,CG=GK,所以IG∥EK,且IG=12EK,又AB∥EK,AB=EK,AH=12AB,所以IG∥AH,且IG=AH,所以四边形AHGI为平行四边形,所以AI∥GH,又GH⊄平面ACE,AI⊂平面ACE,所以GH∥平面ACE.易知HF,GF均不与平面ACE平行.故选B.
变式题 C [解析] 由题意,作长方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示,对于A,当平面α为平面ABCD,m=A1B1,n=B1C1时,显然m∥α,n∥α,但m∩n=B1,故A错误;对于B,当平面α为平面ABCD,平面β为平面A1ADD1,m=B1C1时,显然m∥α,m∥β,但α∩β=AD,故B错误;对于C,因为m∥α,所以存在a⊂α,使得m∥a,因为m∥n,所以a∥n,因为a⊂α,n⊄α,所以n∥α,故C正确;对于D,当平面α为平面ABCD,平面β为平面A1B1C1D1,m=B1C1时,显然m∥α,α∥β,但m⊂β,故D错误.故选C.
例2 [思路点拨]利用线面平行的判定定理证明即可.
证明:如图,连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME∥B1C,且ME=12B1C.
因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,
可得B1CA1D,故MEND,
所以四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥ED.
又MN ⊄ 平面C1DE,DE⊂平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.
变式题 解:(1)证明:连接BD,与AC交于点O,连接OF,因为四边形ABCD为正方形,所以O为BD的中点,
又E,F为PB的两个三等分点,
所以F为BE的中点,所以OF∥DE,
因为OF⊂平面ACF,DE⊄平面ACF,
所以DE∥平面ACF.
(2)PA=AD=AB=3,过点F作FG∥PA,交AB于点G,
因为F为PB的三等分点,PA⊥平面ABCD,所以FG⊥平面ABCD,且FG=13PA=1,
所以VA-BCF=VF-ABC=13S△ABC·FG=13×12×32×1=32.
例3 [思路点拨] 取BC的中点G,连接GC1,利用线面平行的性质定理和面面平行的性质定理推出GC1∥FH,即可得到点F的位置.
解:设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l,因为FH∥平面AEB1,平面BCC1B1∩平面AEB1=l,FH⊂平面BCC1B1,所以FH∥l.
因为平面ADD1E∥平面BCC1B1,平面ADD1E∩平面AEB1=AE,平面BCC1B1∩平面AEB1=l,
所以AE∥l,所以AE∥FH.
取BC的中点G,连接C1G,易知AE∥GC1,所以GC1∥FH,
又H为CG的中点,所以F为CC1的中点.
变式题1 12 [解析] 连接BD,与AC交于点O,连接DF,交CE于G,连接OG,由于BF∥平面AEC,BF⊂平面BDF,平面BDF∩平面AEC=OG,所以BF∥OG,由于O是BD的中点,所以OBOD=GFGD=1,过F作FH∥CE,交PD于H,则EDEH=DGGF=1,因为PEED=32,所以PHHE=12,所以PFFC=PHHE=12.
变式题2 解:(1)证明:记AC与BD的交点为O,连接OE.
因为O,M分别是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.
因为OE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
(2)l∥m,证明如下:由(1)知,AM∥平面BDE.因为AM⊂平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,所以l∥AM.因为AM⊂平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,所以m∥AM,所以l∥m.
例4 [思路点拨] (1)先由线面平行得到面面平行,再由面面平行推出线面平行即可;(2)由面面平行的判定定理证明.
证明:(1)如图,取DC的中点P,连接PE,PB,PM.
因为四边形ABCD为平行四边形,M是AB的中点,
所以DP∥MB且DP=MB,所以四边形MBPD为平行四边形,所以PB∥DM.
又PB⊂平面BPE,DM⊄平面BPE,所以DM∥平面BPE.
因为PM∥AD且PM=AD,AD∥FE且AD=FE,所以PM∥FE且PM=FE,所以四边形FEPM为平行四边形,所以FM∥PE,又FM⊄平面BPE,PE⊂平面BPE,所以FM∥平面BPE.因为FM∩DM=M,FM,DM⊂平面DMF,所以平面DMF∥平面BPE.因为BE⊂平面BPE,所以BE∥平面DMF.
(2)因为M,N分别是AB,AD的中点,所以MN∥BD,
又MN⊄平面BDE,BD⊂平面BDE,所以MN∥平面BDE.
同理可证GN∥平面BDE.又MN∩GN=N,MN,GN⊂平面MNG,所以平面BDE∥平面MNG.
变式题 证明:如图,连接A1C1.
因为在圆台OO1中,上、下底面直径分别为A1B1,AB,且A1B1∥AB,
所以AA1,BB1,C1C为圆台母线且延长线交于一点P,所以A,A1,C1,C四点共面.
连接BC,B1C1,在圆台OO1中,平面ABC∥平面A1B1C1,由平面AA1C1C∩平面ABC=AC,平面AA1C1C∩平面A1B1C1=A1C1,得A1C1∥AC.
因为A1B1∥AB,AB=2A1B1,所以PA1PA=A1B1AB=12,所以PC1PC=PA1PA=12,即C1为PC的中点.
在△PAC中,又M为AC的中点,所以C1M∥AA1.
因为AA1⊂平面ABB1A1,C1M⊄平面ABB1A1,
所以C1M∥平面ABB1A1.
例5 [思路点拨] (1)由面面平行的判定定理证明;(2)由面面平行的性质定理证明.
证明:(1)由题知BB1∥DD1且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,且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.因为BD∩A1B=B,所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知,平面A1BD∥平面CD1B1,又平面ABCD∩平面B1D1C=l,平面ABCD∩平面A1BD=BD,所以直线l∥直线BD,又B1D1∥BD,所以B1D1∥l.
变式题 解:点F为线段AP上靠近点P的三等分点,证明如下:在AB上取点G,使得BG=CE=22,连接FG,GE,
因为BG∥CE,BG=CE,所以四边形BGEC为平行四边形,所以BC∥GE,
又GE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以GE∥平面PBC.
因为EF∥平面PBC,EF∩GE=E,EF,GE⊂平面EFG,
所以平面PBC∥平面EFG,又平面EFG∩平面PAB=FG,平面PBC∩平面PAB=PB,所以FG∥PB,所以在△PAB中,AFFP=AGGB=222=2,所以FP=13AP,
所以点F为线段AP上靠近点P的三等分点.
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