13.2.3 直线与平面的位置关系
第1课时 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判定定理,并会应用线面平行的判定定理证明线面平行.
2.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.
1.直线与平面的位置关系
位置关系 直线a在 平面α内 直线a在平面α外
直线a与 平面α相交 直线a与 平面α平行
公共点 有 公共点 有且只有 公共点 公共点
符号表示 a α
图形表示
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 a∥α
图形语言
作用 证明直线与平面平行
|微|点|助|解|
1.直线与平面平行判定定理的理解
直线与平面平行的判定定理可简述为“线线平行,则线面平行”,可以用符号表示为a∥b,a α,b α a∥α.
用该定理判断直线a与平面α平行时,必须具备下面三个条件:
①直线a在平面α外,即a α;
②直线b在平面α内,即b α;
③直线a,b平行,即a∥b.
这三个条件缺一不可,缺少其中任何一条,结论就不一定成立.
2.常用结论
(1)一条直线与平面内的一条直线平行,则直线与平面可能平行也可能在平面内.
(2)如果一条直线与平面内无数条直线都平行,那么该直线与平面平行或直线在平面内.
(3)如果一条直线与一个平面平行,那么这条直线与平面内的直线平行或异面.
3.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 a∥b
图形语言
作用 证明两条直线平行
|微|点|助|解|
1.直线与平面平行性质定理的应用
(1)线面平行的性质定理可以作为直线和直线平行的判定定理,简述为由线面平行推出线线平行.
(2)线面平行的性质定理给出了在空间中作已知直线的平行线的重要方法.
(3)如果平面外的两条平行线中的一条平行于这个平面,那么另一条也平行于这个平面.
2.直线与平面平行的注意点
(1)这里的线线是指与平面平行的一条直线和过这条直线的平面与已知平面的交线,定理中的三个条件缺一不可,即①直线a和平面α平行;②平面α和平面β相交于直线b;③直线a在平面β内.
(2)在应用该定理时,要防止出现“一条直线平行于一个平面就平行于这个平面内的所有直线”的错误.
(3)使用定理时,还要注意直线a与平面α平行时,易出现“在平面α内作出一直线b使其与直线a平行”的错误作法.
基础落实训练
1.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,B∈a,C,D∈b,且AC∥BD
D.a α,b α,a∥b
2.下列命题正确的是 ( )
A.如果一条直线不在平面内,则这条直线就与这个平面平行
B.过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行
C.如果一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线平行
D.如果一条直线平行于平面内的无数条直线,则该直线与平面平行
3.已知a,b是两条相交直线,a∥α,则b与α的位置关系是 ( )
A.b∥α B.b与α相交
C.b α D.b∥α或b与α相交
题型(一) 直线与平面平行的判定定理及其应用
[例1] 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]
1.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(二) 直线与平面平行的性质定理及其应用
[例2] 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]
1.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]
2.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
3.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. D.
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.
第1课时 直线与平面平行
课前预知教材
1.无数个 一个 没有 a∩α=A a∥α 2.此平面内的一条直线平行 3.交线 a∥α,a β,α∩β=b
[基础落实训练]
1.选D 由线面平行的判定定理可知,D正确.
2.选B 不在平面内的直线还可与平面相交,故A错误;一条直线与平面平行,那么这条直线与平面内的直线平行或异面,故C错误;直线也可能在平面内,故D错误.
3.选D 由题意得b∥α和b与α相交都有可能.
课堂题点研究
[例1] 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]
1.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.
[例2] 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2知PQ∥AB,∴=.
又QM∥DC,∴=.∴=.
2.解:由例2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]
2.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.
3.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.
[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.(共60张PPT)
13.2.3
直线与平面的位置关系
直线与平面平行
(教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
第1课时
课时目标
1.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.
2.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.
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.直线与平面的位置关系
位置关系 直线a在平面α内 直线a在平面α外 直线a与平面α相交 直线a与平面α平行
公共点 有_______公共点 有且只有_____公共点 _____公共点
符号表示 a α __________ ______
图形表示
无数个
一个
没有
a∩α=A
a∥α
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.直线与平面平行判定定理的理解
直线与平面平行的判定定理可简述为“线线平行,则线面平行”,可以用符号表示为a∥b,a α,b α a∥α.
用该定理判断直线a与平面α平行时,必须具备下面三个条件:
①直线a在平面α外,即a α;
②直线b在平面α内,即b α;
③直线a,b平行,即a∥b.
这三个条件缺一不可,缺少其中任何一条,结论就不一定成立.
2.常用结论
(1)一条直线与平面内的一条直线平行,则直线与平面可能平行也可能在平面内.
(2)如果一条直线与平面内无数条直线都平行,那么该直线与平面平行或直线在平面内.
(3)如果一条直线与一个平面平行,那么这条直线与平面内的直线平行或异面.
3.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 ___________________________ a∥b
图形语言
作用 证明两条直线平行
a∥α,a β,α∩β=b
交线
|微|点|助|解|
1.直线与平面平行性质定理的应用
(1)线面平行的性质定理可以作为直线和直线平行的判定定理,简述为由线面平行推出线线平行.
(2)线面平行的性质定理给出了在空间中作已知直线的平行线的重要方法.
(3)如果平面外的两条平行线中的一条平行于这个平面,那么另一条也平行于这个平面.
2.直线与平面平行的注意点
(1)这里的线线是指与平面平行的一条直线和过这条直线的平面与已知平面的交线,定理中的三个条件缺一不可,即①直线a和平面α平行;②平面α和平面β相交于直线b;③直线a在平面β内.
(2)在应用该定理时,要防止出现“一条直线平行于一个平面就平行于这个平面内的所有直线”的错误.
(3)使用定理时,还要注意直线a与平面α平行时,易出现“在平面α内作出一直线b使其与直线a平行”的错误作法.
基础落实训练
1.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,B∈a,C,D∈b,且AC∥BD
D.a α,b α,a∥b
解析:由线面平行的判定定理可知,D正确.
√
2.下列命题正确的是 ( )
A.如果一条直线不在平面内,则这条直线就与这个平面平行
B.过直线外一点,可以作无数个平面与这条直线平行
C.如果一条直线与平面平行,则它与平面内的任何直线平行
D.如果一条直线平行于平面内的无数条直线,则该直线与平面平行
解析:不在平面内的直线还可与平面相交,故A错误;
一条直线与平面平行,那么这条直线与平面内的直线平行或异面,故C错误;直线也可能在平面内,故D错误.
√
3.已知a,b是两条相交直线,a∥α,则b与α的位置关系是 ( )
A.b∥α B.b与α相交
C.b α D.b∥α或b与α相交
解析:由题意得b∥α和b与α相交都有可能.
√
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一) 直线与平面平行的判定定理及其应用
[例1] 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.
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
1.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(二) 直线与平面平行的性质定理及其应用
[例2] 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2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2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
2.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.
3.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. D.
√
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(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.
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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.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
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AB.
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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'
(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'.
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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 .
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.
相交
平行
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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 .
4+6
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.
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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,四边形ABCD为正方形,△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,
P是线段CD的中点,在直线AE上是否存在一点M,使得PM∥平面BCE
若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由.
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解:存在点M,当点M是线段AE的中点时,PM∥平面BCE,理由如下:如图,取BE的中点N,连接CN,MN,
则MN∥AB且MN=AB.
又PC∥AB且PC=AB,
所以MN∥PC且MN=PC.
所以四边形MNCP为平行四边形.
所以PM∥CN.
因为PM 平面BCE,CN 平面BCE,
所以PM∥平面BCE.
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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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√
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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.
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.
E是SA的中点
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14.(10分)如图,长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,其侧面展开图是边长为4的正方形,E,F分别是侧棱AA1,CC1上的动点,点P在棱AA1上,且AP=1,若EF∥平面PBD,求EF的长.
解:因为长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,其侧面展开图是边长为4的正方形,所以AD=1,AA1=4.如图所示,连接AC与BD交于点O,连接PO,在棱AA1上取PQ=AP=1,连接QC,A1C1,AC,则OP∥CQ,且OP=QC.
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因为EF∥平面PBD,且EF 平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面PBD=OP,所以EF∥OP.所以EF∥CQ.又因为QE∥CF,所以四边形QEFC是
平行四边形.所以EF=QC=2OP.在直角△PAO中,AP=1,AO=AC=,
所以OP==.所以EF=2×=.
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15.(14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;
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.
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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所成角的余弦值.
解:因为CM∥DA,所以异面直线CM与DD1所成的角,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所成角的余弦值为.课时跟踪检测(三十七) 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.充分且不必要条件
B.必要且不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
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,四边形ABCD为正方形,△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,P是线段CD的中点,在直线AE上是否存在一点M,使得PM∥平面BCE 若存在,指出点M的位置;若不存在,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: ,
SC∥平面EBD.
14.(10分)如图,长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,其侧面展开图是边长为4的正方形,E,F分别是侧棱AA1,CC1上的动点,点P在棱AA1上,且AP=1,若EF∥平面PBD,求EF的长.
15.(14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所成角的余弦值.
课时跟踪检测(三十七)
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AB.
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綊C1D1，C1D1綊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：存在点M，当点M是线段AE的中点时，PM∥平面BCE，理由如下：如图，取BE
的中点N，连接CN，MN，则MN∥AB且MN＝AB.又PC∥AB且PC＝AB，所以MN∥PC且MN＝PC.所以四边形MNCP为平行四边形．所以PM∥CN.因为PM 平面BCE，CN 平面BCE，所以PM∥平面BCE.
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.
答案：E是SA的中点
14．解：因为长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，所以AD＝1，AA1＝4.如图所示，连接AC与BD交于点O，连接PO，在棱AA1上取PQ＝AP＝1，
连接QC，A1C1，AC，则OP∥CQ，且OP＝QC.因为EF∥平面PBD，且EF 平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面PBD＝OP，所以EF∥OP.所以EF∥CQ.又因为QE∥CF，所以四边形QEFC是平行四边形．所以EF＝QC＝2OP.在直角△PAO中，AP＝1，AO＝AC＝，所以OP＝＝.所以EF＝2×＝.
15．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所成的角，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所成角的余弦值为.
