第六章 4.1 直线与平面平行(课件 学案 练习)高中数学北师大版(2019)必修 第二册

文档属性

名称 第六章 4.1 直线与平面平行(课件 学案 练习)高中数学北师大版(2019)必修 第二册
格式 zip
文件大小 7.9MB
资源类型 教案
版本资源 北师大版(2019)
科目 数学
更新时间 2025-07-25 17:38:15

文档简介

4.1 直线与平面平行(教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
[课时目标] 1.掌握直线与平面平行的性质定理,并会应用线面平行的性质定理证明线线平行.
2.掌握直线与平面平行的判定定理,并会应用线面平行的判定定理证明线面平行.
1.直线与平面平行的性质定理
文字语言 一条直线与一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与   平行
符号语言           l∥a
图形语言
作用 证明两条直线平行
|微|点|助|解|
(1)线面平行的性质定理可简记为“若线面平行,则线线平行”.“线线平行”是“线面平行”的必要条件.
(2)线面平行的性质定理中有三个条件:l∥α,l β,α∩β=a.这三个条件缺一不可.
(3)直线l平行于平面α,并非直线l和平面α内的所有直线都平行,直线l与平面α内的直线既可能平行,也可能异面,但绝不可能相交(不然直线l和平面α至少有一个交点,导致直线l和平面α相交或直线l在平面α内).
2.直线与平面平行的判定定理
文字语言 如果平面外一条直线与            ,那么该直线与此平面平行
符号语言 l∥α
图形语言
作用 证明直线与平面平行
|微|点|助|解|
(1)线面平行的判定定理可简记为“若线线平行,则线面平行”.“线线平行”是“线面平行”的充分条件.
(2)线面平行的判定定理中有三个条件:l α,a α,l∥a.这三个条件缺一不可.
(3)要证明平面外的一条直线与此平面平行,关键是在此平面内找到一条直线与已知直线平行.通过直线间的平行,可以推证直线与平面平行,这是处理空间位置关系的一种常用方法,即把空间问题转化为平面问题.
基础落实训练
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)直线l∥平面α,直线a 平面α,直线l与直线a一定平行. (  )
(2)直线a∥平面α,直线a 平面β,平面α∩平面β=直线b,则平面β有2个. (  )
(3)直线a∥平面α,直线a 平面β,平面α∩平面β=直线b,则a∥b. (  )
(4)如果一条直线不在平面内,则这条直线就与这个平面平行. (  )
(5)过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行. (  )
(6)如果一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线平行. (  )
2.直线a∥平面α,α内有n条直线相交于一点,则这n条直线中与直线a平行的直线有 (  )
A.0条 B.1条
C.0条或1条 D.无数条
3.(多选)若确定直线a与平面α平行,则必须同时具备的条件是 (  )
A.a α B.b∥α
C.a∥b D.b α
题型(一) 直线与平面平行的性质定理及其应用
[例1] 如图,用平行于四面体ABCD的一组对棱AB,CD的平面截此四面体,求证:截面MNPQ是平行四边形.
听课记录:
[变式拓展]
若本例条件不变,求证:=.
2.若本例中添加条件:AB⊥CD,AB=10,CD=8,且BP∶PD=1∶1,求四边形MNPQ的面积.
|思|维|建|模|
  线面平行的性质和判定经常交替使用,也就是通过线线平行得到线面平行,再通过线面平行得线线平行.利用线面平行的性质定理解题的具体步骤:
(1)确定(或寻找)一条直线平行于一个平面;
(2)确定(或寻找)过这条直线且与这个平行平面相交的平面;
(3)确定交线;
(4)由性质定理得出线线平行的结论.
  [针对训练]
1.如图,四边形ABDC是梯形,AB∥CD,且AB∥平面α,M是AC的中点,BD与平面α交于点N,AB=4,CD=6,则MN等于 (  )
A.4.5 B.5
C.5.4 D.5.5
2.如图,在三棱锥P-ABC中,点D,E分别为棱PB,BC的中点,点G为CD,PE的交点,若点F在线段AC上,且满足AD∥平面PEF,则的值为 (  )
A.1 B.2
C.
题型(二) 直线与平面平行的判定定理及其应用
[例2] 如图,正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE,BD上各有一点P,Q,且AP=DQ.
求证:PQ∥平面BCE.
听课记录:
|思|维|建|模|
1.利用直线和平面平行的判定定理来证明线面平行,关键是寻找平面内与已知直线平行的直线,常利用平行四边形的性质、三角形与梯形中位线性质、平行线截线段成比例定理、基本事实4等.
2.应用判定定理证明线面平行的步骤
  
[针对训练]
3.如图,M,N分别是底面为矩形的四棱锥P-ABCD的棱AB,PC的中点,求证:MN∥平面PAD.
题型(三) 直线与平面平行的综合问题
[例3] 如图所示,已知四边形ABCD为梯形,AB∥CD,CD=2AB,M为线段PC上一点.
(1)设平面PAB∩平面PDC=l,证明:AB∥l;
(2)在棱PC上是否存在点M,使得PA∥平面MBD 若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
听课记录:
|思|维|建|模|
1.线面平行中的探索性问题经常是在一条直线上确定是否存在某点,使过该点的直线(或平面)与某个平面(或直线)是平行关系,求解此类问题要注意逆向推理,也要注意线面平行的性质定理和判定定理的交替使用.
2.(1)已知线面平行,一般直接考虑应用性质,利用构造法找或“作”出经过直线的平面与已知平面相交的交线.
(2)要证线线平行,可把它们转化为线面平行.
  [针对训练]
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,N,M,Q分别为PB,PD,PC的中点.
(1)求证:QN∥平面PAD;
(2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l,试判断直线l与平面PBD的位置关系,并证明.
4.1 直线与平面平行
课前预知教材
1.交线 l∥α,l β,α∩β=a 2.此平面内的一条直线平行
[基础落实训练]
1.(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)× 2.C 3.ACD
课堂题点研究
[题型(一)]
[例1] 证明:因为AB∥平面MNPQ,平面ABC∩平面MNPQ=MN,且AB 平面ABC,
所以由线面平行的性质定理,知AB∥MN.
同理AB∥PQ,
所以MN∥PQ.同理可得MQ∥NP.
所以截面MNPQ是平行四边形.
[变式拓展]
1.证明:由例1知PQ∥AB,
∴=.
又QM∥DC,∴=.∴=.
2.解:由例1知,四边形MNPQ是平行四边形,
∵AB⊥CD,∴PQ⊥QM.
∴四边形MNPQ是矩形.
又BP∶PD=1∶1,∴PQ=5,QM=4.
∴四边形MNPQ的面积为5×4=20.
[针对训练]
1.选B 因为AB∥平面α,AB 平面ABDC,平面ABDC∩平面α=MN,所以AB∥MN.又M是AC的中点,所以MN是梯形ABDC的中位线.故MN=(AB+CD)=5.故选B.
2.选C 由于AD∥平面PEF,AD 平面ACD,平面ACD∩平面PEF=FG,
根据线面平行的性质定理可知AD∥FG.
因为点D,E分别为棱PB,BC的中点,点G为CD,PE的交点,
所以G是三角形PBC的重心.所以==.故选C.
[题型(二)]
[例2] 证明:如图所示,作PM∥AB交BE于M,作QN∥AB交BC于N,连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,
∴AE=BD.
又AP=DQ,∴PE=QB.
又PM∥AB∥QN,
∴===.∴=.
∴PM∥QN且PM=QN,即四边形PMNQ为平行四边形.∴PQ∥MN.
又MN 平面BCE,PQ 平面BCE,
∴PQ∥平面BCE.
[针对训练]
3.证明:如图所示,取PD的中点E,连接AE,NE,因为N是PC的中点,
所以NE∥CD,NE=CD.
又因为在矩形ABCD中,M是AB的中点,
所以AM∥CD且AM=CD.
所以NE∥AM,NE=AM.
所以四边形AMNE是平行四边形.
所以MN∥AE.
又因为AE 平面PAD,MN 平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
[题型(三)]
[例3] 解:(1)证明:因为AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以AB∥平面PCD.又因为平面PAB∩平面PDC=l,且AB 平面PAB,所以AB∥l.
(2)存在点M,使得PA∥平面MBD,此时=.理由如下:
连接AC交BD于点O,连接OM(图略).
因为AB∥CD,所以△AOB∽△COD.
又因为CD=2AB,所以==.
又因为=,PC∩AC=C,
所以PA∥MO.又因为PA 平面MBD,MO 平面MBD,所以PA∥平面MBD.
[针对训练]
4.解:(1)证明:∵底面ABCD是菱形,N,M,Q分别为PB,PD,PC的中点,
∴QN∥BC,BC∥AD.
∴QN∥AD.
∵QN 平面PAD,AD 平面PAD,
∴QN∥平面PAD.
(2)直线l与平面PBD平行,证明如下:
∵M,N分别为PD,PB的中点,
∴MN∥BD.
∵BD 平面ABCD,MN 平面ABCD,
∴MN∥平面ABCD.
∵平面CMN与底面ABCD的交线为l,
∴由线面平行的性质得MN∥l.
∵MN∥BD,∴BD∥l.
∵C∈l,C 平面PBD,且BD 平面PBD,l 平面PBD,
∴l∥平面PBD.
7 / 7(共58张PPT)
4.1
直线与平面平行
(深化学习课——梯度进阶式教学)
课时目标
1.掌握直线与平面平行的性质定理,并会应用线面平行的性质定理证明线线平行.
2.掌握直线与平面平行的判定定理,并会应用线面平行的判定定理证明线面平行.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
1.直线与平面平行的性质定理
文字语言 一条直线与一个平面平行,如果过该直线的平面与此平面相交,那么该直线与______平行
符号语言 ________________ l∥a
图形语言
作用 证明两条直线平行
l∥α,l β,α∩β=a
交线
|微|点|助|解|
(1)线面平行的性质定理可简记为“若线面平行,则线线平行”.“线线平行”是“线面平行”的必要条件.
(2)线面平行的性质定理中有三个条件:l∥α,l β,α∩β=a.这三个条件缺一不可.
(3)直线l平行于平面α,并非直线l和平面α内的所有直线都平行,直线l与平面α内的直线既可能平行,也可能异面,但绝不可能相交(不然直线l和平面α至少有一个交点,导致直线l和平面α相交或直线l在平面α内).
2.直线与平面平行的判定定理
文字语言 如果平面外一条直线与_________________________,那么该直线与此平面平行
符号语言
图形语言
作用 证明直线与平面平行
此平面内的一条直线平行
|微|点|助|解|
(1)线面平行的判定定理可简记为“若线线平行,则线面平行”.“线线平行”是“线面平行”的充分条件.
(2)线面平行的判定定理中有三个条件:l α,a α,l∥a.这三个条件缺一不可.
(3)要证明平面外的一条直线与此平面平行,关键是在此平面内找到一条直线与已知直线平行.通过直线间的平行,可以推证直线与平面平行,这是处理空间位置关系的一种常用方法,即把空间问题转化为平面问题.
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)直线l∥平面α,直线a 平面α,直线l与直线a一定平行. (  )
(2)直线a∥平面α,直线a 平面β,平面α∩平面β=直线b,则平面β有2个. (  )
(3)直线a∥平面α,直线a 平面β,平面α∩平面β=直线b,则a∥b. (  )
(4)如果一条直线不在平面内,则这条直线就与这个平面平行. (  )
(5)过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行. (  )
(6)如果一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线平行. (  )
基础落实训练
×
×

×

×
2.直线a∥平面α,α内有n条直线相交于一点,则这n条直线中与直线a平行的直线有 (  )
A.0条 B.1条
C.0条或1条 D.无数条
解析:过直线a和n条直线的交点作平面β,设平面β与α交于直线b,则a∥b.若所给n条直线中有1条直线是与b重合的,则此直线与直线a平行;若没有与b重合的直线,则与直线a平行的直线有0条.

3.(多选)若确定直线a与平面α平行,则必须同时具备的条件是 (  )
A.a α B.b∥α
C.a∥b D.b α



课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一) 直线与平面平行的性质定理及其应用
[例1] 如图,用平行于四面体ABCD的一组对棱AB,CD
的平面截此四面体,求证:截面MNPQ是平行四边形.
[证明] 因为AB∥平面MNPQ,平面ABC∩平面
MNPQ=MN,且AB 平面ABC,所以由线面平行的
性质定理,知AB∥MN.同理AB∥PQ,所以MN∥PQ.
同理可得MQ∥NP.所以截面MNPQ是平行四边形.
变式拓展
1.若本例条件不变,求证:=.
证明:由例1知PQ∥AB,∴=.又QM∥DC,∴=.∴=.
2.若本例中添加条件:AB⊥CD,AB=10,CD=8,且BP∶PD=1∶1,求四边形MNPQ的面积.
解:由例1知,四边形MNPQ是平行四边形,
∵AB⊥CD,∴PQ⊥QM.
∴四边形MNPQ是矩形.
又BP∶PD=1∶1,∴PQ=5,QM=4.
∴四边形MNPQ的面积为5×4=20.
|思|维|建|模|
  线面平行的性质和判定经常交替使用,也就是通过线线平行得到线面平行,再通过线面平行得线线平行.利用线面平行的性质定理解题的具体步骤:
(1)确定(或寻找)一条直线平行于一个平面;
(2)确定(或寻找)过这条直线且与这个平行平面相交的平面;
(3)确定交线;
(4)由性质定理得出线线平行的结论.
针对训练
1.如图,四边形ABDC是梯形,AB∥CD,且AB∥平面α,
M是AC的中点,BD与平面α交于点N,AB=4,CD=6,
则MN等于 (  )
A.4.5 B.5
C.5.4 D.5.5
解析:因为AB∥平面α,AB 平面ABDC,平面ABDC∩平面α=MN,
所以AB∥MN.又M是AC的中点,所以MN是梯形ABDC的中位线.
故MN=(AB+CD)=5.故选B.

2.如图,在三棱锥P-ABC中,点D,E分别为棱PB,BC的中点,点G为CD,PE的交点,若点F在线段AC上,且满足AD∥平面PEF,则的值为(  )
A.1 B.2
C.

解析:由于AD∥平面PEF,AD 平面ACD,平面ACD∩平面PEF=FG,
根据线面平行的性质定理可知AD∥FG.
因为点D,E分别为棱PB,BC的中点,点G为CD,PE的交点,
所以G是三角形PBC的重心.所以==.故选C.
题型(二) 直线与平面平行的判定定理及其应用
[例2] 如图,正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE,BD上各有一点P,Q,且AP=DQ.
求证:
[证明] 如图所示,作PM∥AB交BE于M,作QN∥AB交BC于N,连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,
∴AE=BD.又AP=DQ,∴PE=QB.
又PM∥AB∥QN,
∴===.∴=.
∴PM∥QN且PM=QN,即四边形PMNQ为平行四边形.∴PQ∥MN.
又MN 平面BCE,PQ 平面BCE,∴PQ∥平面BCE.
|思|维|建|模|
1.利用直线和平面平行的判定定理来证明线面平行,关键是寻找平面内与已知直线平行的直线,常利用平行四边形的性质、三角形与梯形中位线性质、平行线截线段成比例定理、基本事实4等.
2.应用判定定理证明线面平行的步骤
针对训练
3.如图,M,N分别是底面为矩形的四棱锥P-ABCD的棱AB,PC的中点,求证:MN∥平面PAD.
证明:如图所示,取PD的中点E,连接AE,NE,因为N是PC的中点,
所以NE∥CD,NE=CD.
又因为在矩形ABCD中,M是AB的中点,
所以AM∥CD且AM=CD.
所以NE∥AM,NE=AM.所以四边形AMNE是平行四边形.
所以MN∥AE.又因为AE 平面PAD,MN 平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
题型(三) 直线与平面平行的综合问题
[例3] 如图所示,已知四边形ABCD为梯形,
AB∥CD,CD=2AB,M为线段PC上一点.
(1)设平面PAB∩平面PDC=l,证明:AB∥l;
解:证明:因为AB∥CD,AB 平面PCD,
CD 平面PCD,所以AB∥平面PCD.
又因为平面PAB∩平面PDC=l,且AB 平面PAB,所以AB∥l.
(2)在棱PC上是否存在点M,使得PA∥平面MBD 若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
解:存在点M,使得PA∥平面MBD,此时=.理由如下:
连接AC交BD于点O,连接OM(图略).
因为AB∥CD,所以△AOB∽△COD.
又因为CD=2AB,所以==.
又因为=,PC∩AC=C,所以PA∥MO.
又因为PA 平面MBD,MO 平面MBD,所以PA∥平面MBD.
|思|维|建|模|
1.线面平行中的探索性问题经常是在一条直线上确定是否存在某点,使过该点的直线(或平面)与某个平面(或直线)是平行关系,求解此类问题要注意逆向推理,也要注意线面平行的性质定理和判定定理的交替使用.
2.(1)已知线面平行,一般直接考虑应用性质,利用构造法找或“作”出经过直线的平面与已知平面相交的交线.
(2)要证线线平行,可把它们转化为线面平行.
针对训练
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,
N,M,Q分别为PB,PD,PC的中点.
(1)求证:QN∥平面PAD;
解:证明:∵底面ABCD是菱形,N,M,Q分别为PB,
PD,PC的中点,∴QN∥BC,BC∥AD.∴QN∥AD.
∵QN 平面PAD,AD 平面PAD,
∴QN∥平面PAD.
(2)记平面CMN与底面ABCD的交线为l,试判断直线l与平面PBD的位置关系,并证明.
解:直线l与平面PBD平行,证明如下:
∵M,N分别为PD,PB的中点,∴MN∥BD.
∵BD 平面ABCD,MN 平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.
∵平面CMN与底面ABCD的交线为l,∴由线面平行的性质得MN∥l.
∵MN∥BD,∴BD∥l.∵C∈l,C 平面PBD,且BD 平面PBD,
l 平面PBD,∴l∥平面PBD.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.在空间中,直线l∥平面α,则“直线l1∥l”是“l1∥α”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

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解析:在空间中,由直线l∥平面α,直线l1∥l,可得直线l1∥α或l1 α,所以充分性不成立;反之由直线l∥平面α,l1∥α,则l1∥l或l与l1相交或l与l1异面,所以必要性不成立.故“直线l1∥l”是“l1∥α”的既不充分也不必要条件.故选D.
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2.直线a,b为异面直线,过直线a与直线b平行的平面 (  )
A.有且只有一个 B.有无数多个
C.有且只有一个或不存在 D.不存在
解析:取直线a上任一点A,则点A和直线b确定一个平面记为β,在β内过A点作直线c∥b,由a∩c=A,则直线a,c确定唯一的平面记为α,∵c∥b,
c α,b α,∴b∥α,故满足题意的平面有且仅有一个.故选A.

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3.能保证直线a与平面α平行的条件是 (  )
A.b α,a∥b
B.b α,c∥α,a∥b,a∥c
C.b α,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,且AC=BD
D.a α,b α,a∥b

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解析:若b α,a∥b,则a∥α或a α故A错误;若b α,c∥α,a∥b,a∥c,则a∥α或a α,故B错误;若b α,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,且AC=BD,则a∥α或a α或a与α相交,故C错误;D项是线面平行的判定定理不可缺少的三个条件.
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4.(多选)如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线交点为O,M为PB的中点,则下列结论正确的是 (  )
A.OM∥PD
B.OM∥平面PCD
C.OM∥平面PBA
D.OM∥平面PBC


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解析:矩形ABCD的对角线AC与BD交于O点,所以O为BD的中点.在△PBD中,M是PB的中点,所以OM是△PBD的中位线,故OM∥PD.又PD 平面PDC,OM 平面PDC,所以OM∥平面PCD.因为点M在PB上,所以OM与平面PBA,平面PBC均相交.
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5.(多选)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法不正确的为 (  )
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若α∥β,m∥α,则m∥β或m β
D.若m∥n,m α,则n∥α或n α


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解析:若m∥α,n α,可得m与n可能平行或异面,所以A不正确;
若m∥α,n∥α,可得m与n可能平行、相交或异面,所以B不正确;
若α∥β,m∥α,当m β时,可得m∥β,或者m β,所以C正确;
若m∥n,m α,根据线面平行的判定定理,可得n∥α或n α,所以D正确.故选A、B.
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6.如图,在长方体ABCD-A'B'C'D'的六个面所在的平面中,
(1)与AB平行的平面是      ;
解析:因为AB∥A'B',AB 平面A'B'C'D',A'B' 平面A'B'C'D',所以AB∥平面A'B'C'D'.同理证得AB∥平面DCC'D'.
平面A'B'C'D',平面DCC'D'
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(2)与AA'平行的平面是     ;
解析:因为AA'∥BB',AA' 平面BCC'B',BB' 平面BCC'B',所以AA'∥平面BCC'B'.同理证得AA'∥平面DCC'D'.
(3)与AD平行的平面是     .
解析:因为AD∥A'D',AD 平面A'B'C'D',A'D' 平面A'B'C'D',所以AD∥平面A'B'C'D'.同理证得AD∥平面BCC'B'.
平面BCC'B',平面DCC'D'
平面A'B'C'D',平面BCC'B'
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7.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1D1的中点,则直线MD与平面A1ACC1的位置关系是    ,直线MD与平面BCC1B1的位置关系是    .
相交
平行
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解析:因为M是A1D1的中点,所以直线DM与直线AA1相交.
所以DM与平面A1ACC1有一个公共点.所以DM与平面A1ACC1相交.
取B1C1中点M1(图略),则MM1 C1D1,C1D1 CD,∴四边形DMM1C为
平行四边形.∴DM∥CM1.∵DM 平面BCC1B1,CM1 平面BCC1B1,
∴DM∥平面BCC1B1.
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8.如图所示的正方体的棱长为4,E,F分别为A1D1,AA1的
中点,过C1,E,F的截面的周长为     .
解析:由EF∥平面BCC1B1可知平面BCC1B1与平面
EFC1的交线为BC1,平面EFC1与平面ABB1A1的交线
为BF,所以截面周长为EF+FB+BC1+C1E=4+6.
4+6
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9. (8分)如图,正方形ABCD与矩形ABEF所在平面
相交于AB,M,N分别为AE,BC的中点.
求证:MN∥平面CDFE.
证明:连接FB,FC.因为M是AE的中点,且四边
形ABEF为矩形,所以M也是FB的中点.又N是
BC的中点,所以MN∥FC.因为FC 平面CDFE,
MN 平面CDFE,所以MN∥平面CDFE.
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10. (10分)如图,正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13,M为侧棱PA上的点,且PM∶MA=5∶8.在线段BD上是否存在一点N,使直线MN∥平面PBC 如果存在,求出BN∶ND的值;如果不存在,请说明理由.
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解:存在,BN∶ND=5∶8.理由如下:
假设存在,连接AN并延长,交BC于E,连接PE.
因为MN∥平面PBC,MN 平面APE,平面APE∩平面PBC=PE,
所以MN∥PE,则==.因为正方形ABCD中,
AD∥BC,所以==,假设成立.
则此时BN∶ND=5∶8.
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B级——重点培优
11. (多选)如图,空间四边形ABCD中,E,F,G分别是AB,BC,CD的中点,下列结论正确的是(  )
A.AD∥EG
B.AC∥平面EFG
C.BD∥平面EFG
D.AD,FG是一对相交直线


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解析:对于A,点G∈平面ADC,点G 直线AD,点E 平面ADC,由异面直线的定义可知AD,EG是异面直线,A错误;对于B,AC∥EF,由直线与平面平行的判定定理可得AC∥平面EFG,B正确;对于C,BD∥FG,由直线与平面平行的判定定理可得BD∥平面EFG,C正确;对于D,点G∈平面ADC,点G 直线AD,点F 平面ADC,由异面直线的定义可知AD,FG是异面直线,D错误.
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12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为棱BC的
中点,用平行于体对角线BD1且过点A,M的平面去截
正方体ABCD-A1B1C1D1,得到的截面的形状是(  )
A.平行四边形 B.梯形
C.五边形 D.以上都不对

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解析:如图,设截面为α,设BD∩AM=O,P为DD1的靠近于D1的三等分点,N为CC1的靠近于C的三等分点,由BD1∥α可得平面BDD1与α的交线平行于BD1.因为α∩平面BDD1=OP,所以OP∥BD1.又平面α与两平行平面AA1D1D,BB1C1C的交线应互相平行,所以α∩平面BB1C1C=MN.由MN∥AP且MN≠AP可得截面AMNP为梯形.
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13.如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E是SA上一点,当点E满足条件:     时,SC∥平面EBD.
E是SA的中点
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解析:如图,连接AC,与BD交于点O,则O为线段AC,BD的中点,连接OE.因为SC∥平面EBD,SC 平面SAC,平面SAC∩平面EBD=OE,所以SC∥OE.又O为AC的中点,所以E为SA的中点,故当E为SA的中点时,
SC∥平面EBD.
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14. (10分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,
M是线段AB的中点,∠DAB=60°,AB=2CD=2,DD1=2,C1M=.
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(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;
解:证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC.又M是AB的中点,所以CD∥MA且CD=MA.如图所示,
连接AD1.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
由CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,
C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.
所以C1M∥D1A.又C1M 平面A1ADD1,D1A 平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.
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(2)求异面直线CM与DD1夹角的余弦值.
解:因为CM∥DA,所以异面直线CM与DD1的夹角,即为直线DA与DD1的夹角.由C1M=,可得AD1=.由∠DAB=60°,
可得AD=1.在△ADD1中,由余弦定理可得,
cos∠ADD1==-.
所以异面直线CM与DD1夹角的余弦值为.
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15. (14分)如图,CD与AB都平行于平面EFGH,
点E,F,G,H分别在AC,BC,BD,AD上,且CD=a,
AB=b,CD与AB夹角的大小为.
(1)求证:四边形EFGH是平行四边形;
解:证明:∵CD∥平面EFGH,CD 平面ACD,平面EFGH∩平面ACD=EH,
∴CD∥EH.同理,CD∥FG.∴EH∥FG.∵AB∥平面EFGH,AB 平面ABC,平面EFGH∩平面ABC=EF,∴AB∥EF.同理,AB∥GH.∴EF∥GH.
∴四边形EFGH是平行四边形.
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(2)点F在BC的什么位置时,四边形EFGH的面积最大 最大值是多少
解:由(1)可知在△ABC中,EF∥AB.记==λ(0<λ<1),则EF=λb.在△BCD中,FG∥CD,则==1-λ.∴FG=(1-λ)a.∵EF∥AB,FG∥CD,
∴∠EFG为CD与AB的夹角(或其补角).∴∠EFG=或∠EFG=.
∴S四边形EFGH=EF·FG·sin∠EFG=·λ(1-λ)≤·=,当且仅当λ=1-λ,即λ=时等号成立.故当F为BC的中点时,四边形EFGH的面积最大,最大值是.课时跟踪检测(四十八) 直线与平面平行
(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1.在空间中,直线l∥平面α,则“直线l1∥l”是“l1∥α”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
2.直线a,b为异面直线,过直线a与直线b平行的平面 (  )
A.有且只有一个
B.有无数多个
C.有且只有一个或不存在
D.不存在
3.能保证直线a与平面α平行的条件是 (  )
A.b α,a∥b
B.b α,c∥α,a∥b,a∥c
C.b α,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,且AC=BD
D.a α,b α,a∥b
4.(多选)如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线交点为O,M为PB的中点,则下列结论正确的是 (  )
A.OM∥PD B.OM∥平面PCD
C.OM∥平面PBA D.OM∥平面PBC
5.(多选)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法不正确的为 (  )
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若α∥β,m∥α,则m∥β或m β
D.若m∥n,m α,则n∥α或n α
6.如图,在长方体ABCD-A'B'C'D'的六个面所在的平面中,
(1)与AB平行的平面是    ;
(2)与AA'平行的平面是    ;
(3)与AD平行的平面是    .
7.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1D1的中点,则直线MD与平面A1ACC1的位置关系是       ,直线MD与平面BCC1B1的位置关系是       .
8.如图所示的正方体的棱长为4,E,F分别为A1D1,AA1的中点,过C1,E,F的截面的周长为     .
9.(8分)如图,正方形ABCD与矩形ABEF所在平面相交于AB,M,N分别为AE,BC的中点.求证:MN∥平面CDFE.
10.(10分)如图,正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13,M为侧棱PA上的点,且PM∶MA=5∶8.在线段BD上是否存在一点N,使直线MN∥平面PBC 如果存在,求出BN∶ND的值;如果不存在,请说明理由.
B级——重点培优
11. (多选)如图,空间四边形ABCD中,E,F,G分别是AB,BC,CD的中点,下列结论正确的是 (  )
A.AD∥EG
B.AC∥平面EFG
C.BD∥平面EFG
D.AD,FG是一对相交直线
12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为棱BC的中点,用平行于体对角线BD1且过点A,M的平面去截正方体ABCD-A1B1C1D1,得到的截面的形状是 (  )
A.平行四边形 B.梯形
C.五边形 D.以上都不对
13.如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E是SA上一点,当点E满足条件:    时,SC∥平面EBD.
14.(10分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,M是线段AB的中点,∠DAB=60°,AB=2CD=2,DD1=2,C1M=.
(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;
(2)求异面直线CM与DD1夹角的余弦值.
15.(14分)如图,CD与AB都平行于平面EFGH,点E,F,G,H分别在AC,BC,BD,AD上,且CD=a,AB=b,CD与AB夹角的大小为.
(1)求证:四边形EFGH是平行四边形;
(2)点F在BC的什么位置时,四边形EFGH的面积最大 最大值是多少
课时跟踪检测(四十八)
1.选D 在空间中,由直线l∥平面α,直线l1∥l,可得直线l1∥α或l1 α,所以充分性不成立;反之由直线l∥平面α,l1∥α,则l1∥l或l与l1相交或l与l1异面,所以必要性不成立.故“直线l1∥l”是“l1∥α”的既不充分也不必要条件.故选D.
2.选A 取直线a上任一点A,则点A和直线b确定一个平面记为β,在β内过A点作直线c∥b,由a∩c=A,则直线a,c确定唯一的平面记为α,∵c∥b,c α,b α,∴b∥α,故满足题意的平面有且仅有一个.故选A.
3.选D 若b α,a∥b,则a∥α或a α故A错误;若b α,c∥α,a∥b,a∥c,则a∥α或a α,故B错误;若b α,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,且AC=BD,则a∥α或a α或a与α相交,故C错误;D项是线面平行的判定定理不可缺少的三个条件.
4.选AB 矩形ABCD的对角线AC与BD交于O点,所以O为BD的中点.在△PBD中,M是PB的中点,所以OM是△PBD的中位线,故OM∥PD.又PD 平面PDC,OM 平面PDC,所以OM∥平面PCD.因为点M在PB上,所以OM与平面PBA,平面PBC均相交.
5.选AB 若m∥α,n α,可得m与n可能平行或异面,所以A不正确;
若m∥α,n∥α,可得m与n可能平行、相交或异面,所以B不正确;
若α∥β,m∥α,当m β时,可得m∥β,或者m β,所以C正确;
若m∥n,m α,根据线面平行的判定定理,可得n∥α或n α,所以D正确.故选A、B.
6.解析:(1)因为AB∥A'B',AB 平面A'B'C'D',A'B' 平面A'B'C'D',所以AB∥平面A'B'C'D'.同理证得AB∥平面DCC'D'.
(2)因为AA'∥BB',AA' 平面BCC'B',BB' 平面BCC'B',所以AA'∥平面BCC'B'.同理证得AA'∥平面DCC'D'.
(3)因为AD∥A'D',AD 平面A'B'C'D',A'D' 平面A'B'C'D',所以AD∥平面A'B'C'D'.同理证得AD∥平面BCC'B'.
答案:(1)平面A'B'C'D',平面DCC'D' (2)平面BCC'B',平面DCC'D'
(3)平面A'B'C'D',平面BCC'B'
7.解析:因为M是A1D1的中点,所以直线DM与直线AA1相交.所以DM与平面A1ACC1有一个公共点.所以DM与平面A1ACC1相交.
取B1C1中点M1(图略),则MM1 C1D1,C1D1 CD,
∴四边形DMM1C为平行四边形.
∴DM∥CM1.∵DM 平面BCC1B1,CM1 平面BCC1B1,
∴DM∥平面BCC1B1.
答案:相交 平行
8.解析:由EF∥平面BCC1B1可知平面BCC1B1与平面EFC1的交线为BC1,平面EFC1与平面ABB1A1的交线为BF,所以截面周长为EF+FB+BC1+C1E=4+6.
答案:4+6
9.证明:连接FB,FC.因为M是AE的中点,且四边形ABEF为矩形,所以M也是FB的中点.
又N是BC的中点,所以MN∥FC.
因为FC 平面CDFE,MN 平面CDFE,所以MN∥平面CDFE.
10.解:存在,BN∶ND=5∶8.理由如下:
假设存在,连接AN并延长,交BC于E,连接PE.
因为MN∥平面PBC,
MN 平面APE,
平面APE∩平面PBC=PE,
所以MN∥PE,
则==.
因为正方形ABCD中,AD∥BC,
所以==,
假设成立.
则此时BN∶ND=5∶8.
11.选BC 对于A,点G∈平面ADC,点G 直线AD,点E 平面ADC,由异面直线的定义可知AD,EG是异面直线,A错误;对于B,AC∥EF,由直线与平面平行的判定定理可得AC∥平面EFG,B正确;对于C,BD∥FG,由直线与平面平行的判定定理可得BD∥平面EFG,C正确;对于D,点G∈平面ADC,点G 直线AD,点F 平面ADC,由异面直线的定义可知AD,FG是异面直线,D错误.
12.选B 如图,设截面为α,设BD∩AM=O,P为DD1的靠近于D1的三等分点,N为CC1的靠近于C的三等分点,由BD1∥α可得平面BDD1与α的交线平行于BD1.因为α∩平面BDD1=OP,所以OP∥BD1.又平面α与两平行平面AA1D1D,BB1C1C的交线应互相平行,所以α∩平面BB1C1C=MN.由MN∥AP且MN≠AP可得截面AMNP为梯形.
13.解析:如图,连接AC,与BD交于点O,则O为线段AC,BD的中点,连接OE.因为SC∥平面EB
D,SC 平面SAC,平面SAC∩平面EBD=OE,所以SC∥OE.又O为AC的中点,所以E为SA的中点,故当E为SA的中点时,SC∥平面EBD.
答案:E是SA的中点
14.解:(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,
所以AB∥DC.又M是AB的中点,
所以CD∥MA且CD=MA.
如图所示,
连接AD1.
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,由CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,
所以四边形AMC1D1为平行四边形.
所以C1M∥D1A.
又C1M 平面A1ADD1,D1A 平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)因为CM∥DA,
所以异面直线CM与DD1的夹角,即为直线DA与DD1的夹角.
由C1M=,可得AD1=.由∠DAB=60°,
可得AD=1.在△ADD1中,由余弦定理可得,
cos∠ADD1==-.
所以异面直线CM与DD1夹角的余弦值为.
15.解:(1)证明:∵CD∥平面EFGH,CD 平面ACD,平面EFGH∩平面ACD=EH,
∴CD∥EH.同理,CD∥FG.∴EH∥FG.
∵AB∥平面EFGH,AB 平面ABC,
平面EFGH∩平面ABC=EF,∴AB∥EF.
同理,AB∥GH.∴EF∥GH.
∴四边形EFGH是平行四边形.
(2)由(1)可知在△ABC中,EF∥AB.
记==λ(0<λ<1),则EF=λb.
在△BCD中,FG∥CD,则==1-λ.
∴FG=(1-λ)a.
∵EF∥AB,FG∥CD,
∴∠EFG为CD与AB的夹角(或其补角).
∴∠EFG=或∠EFG=.
∴S四边形EFGH=EF·FG·sin∠EFG
=·λ(1-λ)≤·=,
当且仅当λ=1-λ,即λ=时等号成立.
故当F为BC的中点时,四边形EFGH的面积最大,最大值是.
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