4 第4讲　直线、平面平行的判定与性质　新题培优练.doc

[基础题组练] 1．(2018·高考浙江卷)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 解析：选A.若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A. 2．(2019·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题： ①若a∥c，b∥c，则a∥b； ②若a∥b，b∥α，则a∥α； ③若a∥α，b∥α，则a∥b； ④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b. 真命题的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A. 3.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则(　　) A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形． 4．(2018·四川名校联考)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 解析：选B.由题意可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，则MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四边形MQPN是平行四边形，则MN∥QP，QP⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，则MN∥平面BCC1B1，故选B. 5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________． 解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 6.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于________． 解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC， 所以EF∥AC，所以F为DC的中点． 故EF＝AC＝. 答案： 7．(2019·重庆六校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F分别为AB和PD的中点． (1)求证：AF∥平面PEC； (2)求点F到平面PEC的距离． 解：(1)设PC的中点为Q，连接EQ，FQ(图略)， 由题意，得FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD， 故AE∥FQ且AE＝FQ，所以四边形AEQF为平行四边形， 所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC. 所以AF∥平面PEC. (2)由(1)，知点F到平面PEC的距离等于点A到平面PEC的距离，设为d，连接AC，由条件易求得EC＝，PE＝，PC＝2，AC＝2， 故S△PEC＝×2×＝，S△AEC＝×1×＝， 由VA­PEC＝VP­AEC，得××d＝××2， 解得d＝. 8.如图，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： (1)直线EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 证明：(1)如图，连接SB， 因为E、G分别是BC、SC的中点， 所以EG∥SB. 又因为SB⊂平面BDD1B1， EG⊄平面BDD1B1， 所以直线EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD， 因为F、G分别是DC、SC的中点， 所以FG∥SD. 又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1， 所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG， FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G， 所以平面EFG∥平面BDD1B1. [综合题组练] 1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为(　　) A．AC⊥BD B．AC＝BD C．AC∥截面PQMN D．异面直线PM与BD所成的角为45° 解析：选B.因为截面PQMN是正方形， 所以PQ∥MN，QM∥PN， 则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA， 所以PQ∥AC，QM∥BD， 由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确； 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确； 由BD∥PN， 所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确； 由上面可知：BD∥PN，MN∥AC. 所以＝，＝， 而AN≠DN，PN＝MN， 所以BD≠AC.B错误．故选B. 2.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，则FH∥DD1，HN∥BD， 所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN， 所以MN∥平面B1BDD1. 答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合) 3．(2019·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.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P­ABM的体积． 解：(1)因为M，N分别为PD，AD的中点， 所以MN∥PA， 又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， 所以MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN， 所以∠ACN＝60°. 又∠BAC＝60°，所以CN∥AB. 因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB. 又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB， 所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离． 因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝， 所以三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝××1××2＝. 4．如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点． (1)求证：BE∥平面DMF； (2)求证：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，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与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.