4．1　课后达标 检测（教师版）

1．已知直线n在平面α内，直线m不在平面α内，则“m∥n”是“m∥α”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A.因为直线n在平面α内，直线m不在平面α内，m∥n，所以m∥α，
所以“m∥n”是“m∥α”的充分条件．
因为直线n在平面α内，直线m不在平面α内，m∥α，所以m∥n或者m，n异面，
所以“m∥n”是“m∥α”的不必要条件．
综上，“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．
故选A.
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：选A.在a上任取一点A，则过A与b平行的直线有且只有一条，设为b′，又a∩b′＝A，所以a与b′确定一个平面α，即为过a与b平行的平面，可知它是唯一的．故选A.
3．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为所在棱的中点，在下列各直线中，不与平面ACD1平行的是(　　)
A．直线EF B．直线GH
C．直线EH D．直线A1B
解析：选C.连接AB1，A1C1，A1B，EF，EH，GH(图略).
对于A，因为E，F分别为棱AA1，CC1的中点，所以易得EF∥AC，又EF 平面ACD1，AC 平面ACD1，所以EF∥平面ACD1；
对于B，易得GH∥A1C1∥AC，因为GH 平面ACD1，AC 平面ACD1，所以GH∥平面ACD1；
对于C，易得EH∥AB1，因为AB1与平面ACD1相交，所以EH与平面ACD1相交；
对于D，易得A1B∥CD1，因为A1B 平面ACD1，CD1 平面ACD1，所以A1B∥平面ACD1.故选C.
4．(多选)下列命题错误的是(　　)
A．a∥b，b α a∥α
B．a∥α，b α a∥b
C．a∥α，a∥b b∥α
D．a α，a∥b，b α a∥α
解析：选ABC.对于A，还可能是a α，故A错误；对于B，还可能a，b异面，故B错误；对于C，还可能是b α，故C错误；对于D，由线面平行的判定定理知D正确．故选ABC.
5．(多选)如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形ABCD的对角线的交点为O，M为PB的中点，则(　　)
A．OM∥PD B．OM∥平面PAC
C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PDC
解析：选ACD.因为矩形ABCD的对角线的交点为O，所以O是BD的中点，又M为PB的中点，所以OM∥PD.因为OM 平面PDA，PD 平面PDA，所以OM∥平面PDA.因为OM 平面PDC，PD 平面PDC，所以OM∥平面PDC，故A，C，D正确．OM与平面PAC有公共点O，故B错误．
6．(多选)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC的边BC，AC于点E，F(异于A，B，C)，则(　　)
A．MF∥NE
B．四边形MNEF为梯形
C．四边形MNEF为平行四边形
D．A1B1∥EF
解析：选BD.易得MN∥AB∥A1B1，MN＝AB.
因为MN 平面ABC，AB 平面ABC，
所以MN∥平面ABC.
又MN 平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，
所以MN∥EF，所以EF∥AB，
所以A1B1∥EF.
显然在△ABC中，EF≠AB，
所以EF≠MN，
所以四边形MNEF为梯形，所以MF与NE不平行．故选BD.
7．在长方体ABCD－A1B1C1D1所有的棱所在的直线中，与平面A1BCD1平行的直线是________．
解析：由题意知AD∥BC，B1C1∥BC，AD 平面A1BCD1，B1C1 平面A1BCD1，
BC 平面A1BCD1，所以AD，B1C1均平行于平面A1BCD1.
答案：AD，B1C1
8．已知α，β是不同的平面，a，b是不同的直线．给出下列四个论断：①α∩β＝b；②a β；③a∥b；④a∥α.以其中三个论断作为条件，剩下一个论断作为结论，写出你认为正确的两个命题：__________________________．(用序号表示)
解析：由线面平行的性质定理与判定定理得①②④ ③，①②③ ④.
答案：①②④ ③，①②③ ④
9．如图，E是棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则线段CE的长度为________．
解析：如图，连接BC1，交B1C于O，则O为BC1的中点，连接EO，因为BD1∥平面B1CE，BD1 平面D1BC1，平面D1BC1∩平面B1CE＝OE，
所以OE∥BD1，故E为D1C1的中点，
所以EC1＝，在Rt△EC1C中，CE＝ eq \r(CC＋EC) ＝＝.
答案：
10.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AC与BD交于点H，E，F分别为AD，CD的中点，G为PD上靠近D的四等分点，O为EF的中点，判断OG与平面PAB的位置关系，并说明理由．
解：OG∥平面PAB，理由如下：因为底面ABCD为平行四边形，所以DH＝DB，
因为E，F，O分别为AD，CD，EF的中点，
所以DO＝DH，即DO＝DB，
又因为G为PD上靠近D的四等分点，
即DG＝PD，所以OG∥BP，
因为BP 平面PAB，OG 平面PAB，
所以OG∥平面PAB.
11.(多选)如图，在四棱锥P ABCD 中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则(　　)
A．MN∥PD B．MN∥平面PAB
C．MN∥AD D．MN∥PA
解析：选BD.因为MN∥平面PAD，MN 平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，所以MN∥PA，因为PA 平面PAB，MN 平面PAB，所以MN∥平面PAB.故选BD.
12.(多选)如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，B1C1，C1D1的中点，则(　　)
A．FG∥平面AED1
B．BC1∥平面AED1
C．点C1在平面AED1内
D．点F在平面AED1内
解析：选BD.连接EF，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB＝C1D1，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1，又因为AD1 平面AED1，BC1 平面AED1，所以BC1∥平面AED1，故B正确；又EF∥BC1，所以EF∥AD1，所以E，F，D1，A四点共面，即点F在平面AED1内，故D正确；
再连接FD1，显然点G不在平面AEFD1内，所以FG与平面AED1不平行，故A错误；
由BC1∥平面AED1，可知点C1不在平面AED1内，故C错误．故选BD.
13.如图，已知A，B，C，D四点不共面，且AB∥平面α，CD∥平面α，AC∩平面α＝E，AD∩平面α＝F，BD∩平面α＝H，BC∩平面α＝G，则四边形EFHG的形状是________．
解析：因为AB∥平面α，平面ABC∩平面α＝EG，AB 平面ABC，所以EG∥AB.
同理FH∥AB，所以EG∥FH.
又CD∥平面α，平面BCD∩平面α＝GH，CD 平面BCD，所以GH∥CD.
同理EF∥CD，所以GH∥EF，
所以四边形EFHG是平行四边形．
答案：平行四边形
14.如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2，若MB∥平面AEF，试判断点M的位置．
解：M是AC的中点．
若MB∥平面AEF，过F，B，M作平面FBMN交AE于点N，连接MN，NF，如图所示.
因为BF∥平面AA1C1C，BF 平面FBMN，平面FBMN∩平面AA1C1C＝MN，
所以BF∥MN.
又MB∥平面AEF，MB 平面FBMN，平面FBMN∩平面AEF＝FN，所以MB∥FN，
所以四边形FBMN是平行四边形，所以MN∥BF，MN＝BF＝1.
而EC∥FB，EC＝2FB＝2，
所以MN∥EC，MN＝EC＝1，故MN是△ACE的中位线．
所以M是AC的中点时，MB∥平面AEF.
15．如图，已知圆锥的顶点为S，AB是底面圆的直径，点C在底面圆上且∠ABC＝60°，点M为劣弧的中点，过直线AC作平面α，使得直线SB∥平面α，设平面α与SM交于点N，则＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B.如图，连接BM交AC于点D，连接ND，则平面SBM∩平面α＝ND，又SB∥平面α，SB 平面SBM，所以ND∥SB，所以＝.因为AB是底面圆的直径，∠ABC＝60°，点M为劣弧的中点，连接CM，所以∠ABM＝∠MBC＝∠BAC＝∠BMC＝30°，所以CM＝BC＝AB，易得△DAB∽△DCM，所以＝＝，则＝＝.故选B.
16．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段PC上是否存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取PA的中点M，连接MD，FM，如图．因为F，M分别为PB，PA的中点，所以FM∥AB，FM＝AB，因为四边形ABCD为平行四边形，所以AB∥CD，AB＝CD，因为E为CD的中点，所以DE＝CD，
所以FM∥DE，FM＝DE，所以四边形DEFM为平行四边形，所以EF∥MD.
又因为EF 平面PAD，MD 平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)存在点Q符合题意，且此时＝2.取AB的中点H，连接PH交AF于点G，在PC上取点Q，使PQ∶QC＝2∶1，连接GQ，HC.
因为在平行四边形ABCD中，E，H分别为CD，AB的中点，
所以AH∥CE，AH＝CE，所以四边形AHCE为平行四边形，
所以HC∥AE，因为F为PB的中点，H为AB中点，PH∩AF＝G，
所以点G为△PAB的重心，
所以PG∶GH＝2∶1.
因为PQ∶QC＝2∶1，
所以GQ∥HC，
又因为HC∥AE，
所以GQ∥AE，
所以GQ和AE确定一个平面α，因为F在直线AG上，
所以F∈α，所以A，E，Q，F四点共面，所以在线段PC上存在一点Q，使得A，E，Q，F四点共面，此时＝2.