(福建专用)版高中数学 7.4直线、平面平行的判定及其性质训练 理 新人教A版

第四节直线、平面平行的判定及其性质课标要求考情分析1。

以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题．1.直线、平面平行的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线平行、线面平行、面面平行的判定及其应用等内容．2．题型主要以解答题的形式出现,解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.知识点一直线与平面平行的判定定理和性质定理应用判定定理时，要注意“内”“外"“平行”三个条件必须都具备,缺一不可．知识点二平面与平面平行的判定定理和性质定理1。

平面与平面平行还有如下判定：如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行．2．平面与平面平行还有如下性质：(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”）(1）若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线平行于这个平面．（×)(2)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α。

（×）（3）若直线a∥平面α，P∈平面α，则过点P且平行于a 的直线有无数条．（×)(4）如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行．(×）（5)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(√)2．小题热身（1）如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α的(D) A．一条直线不相交B．两条直线不相交C．无数条直线不相交D．任意一条直线都不相交（2）下列命题中正确的是（D)A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α(3)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β”是“α∥β”的(B）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（4)如图，在正方体ABCD。

2021年高考数学第七章第四节直线、平面平行的判定及其性质课时提升作业理新人教A版一、选择题1.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α,CD平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系只能是( )(A)平行(B)平行或异面(C)平行或相交(D)异面或相交2.下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是( )(A)①②(B)①④(C)②③(D)③④3.下列命题中正确的个数是( )①若直线a不在α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；④平行于同一平面的两直线可以相交.(A)1 (B)2 (C)3 (D)44.(xx·厦门模拟)a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合平面，现给出六个命题：①⇒a∥b ②⇒a∥b③⇒α∥β④⇒α∥β⑤⇒α∥a ⑥⇒a∥α其中正确的命题是( )(A)①②③(B)①④⑤(C)①④(D)①③④5.设α,β是两个不同的平面，m,n是平面α内的两条不同直线，l1,l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )(A)m∥β且l1∥α(B)m∥β且n∥l2(C)m∥β且n∥β(D)m∥l1且n∥l26.(xx·莱芜模拟)如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A′不与A，F重合)，则下列命题中正确的是( )①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′-FED的体积有最大值.(A)①(B)①②(C)①②③(D)②③7.(能力挑战题)若α，β是两个相交平面，点A不在α内，也不在β内，则过点A且与α和β都平行的直线( )(A)只有1条(B)只有2条(C)只有4条(D)有无数条二、填空题8.(xx·保定模拟)设互不相同的直线l,m,n和平面α,β，γ，给出下列三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α,m⊂β,则α∥β;②若α∥β，l⊂α,m⊂β,则l∥m；③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.其中真命题的个数为_______.9.(xx·淄博模拟)如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=______.10.已知平面α∥平面β，P是α,β外一点，过点P的直线m分别与α,β交于A,C，过点P的直线n分别与α，β交于B，D，且PA=6，AC=9,PD=8，则BD的长为______．三、解答题11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,M,N分别是B1C1,A1D1,A1B1,BD,B1C的中点，求证：(1)MN∥平面CDD1C1.(2)平面EBD∥平面FGA.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB=90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB=2EF.若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE.13.(能力挑战题)如图所示，四边形EFGH所在平面为三棱锥A-BCD的一个截面，四边形EFGH为平行四边形.(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH.(2)若AB=4，CD=6，求四边形EFGH周长的取值范围.答案解析1.【解析】选B.由题知CD∥平面α，故CD与平面α内的直线没有公共点，故只有B正确.2.【解析】选A.由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.3.【解析】选B.a∩α＝A时，aα，∴①错；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，故②错；l∥α，l与α无公共点，∴l与α内任一直线都无公共点，③正确；长方体中A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴④正确.4.【解析】选C.①④正确，②错在a，b也可能相交或异面.③错在α与β可能相交.⑤⑥错在a可能在α内.5.【思路点拨】选出的条件能推出α∥β，而反之不成立.【解析】选D.如图(1)，α∩β=l,m∥l,l1∥l,满足m∥β且l1∥α,故排除A；在图(2)中，m∥n∥l∥l2满足m∥β且n∥l2,故排除B；如图(2)，α∩β=l,m∥n∥l,满足m∥β且n∥β,故排除C；D中，当m∥l1且n∥l2时，由于m,n是平面α内的两条不同直线，故可得m,n相交，从而α∥β.反之，当α∥β时，不一定有m∥l1且n∥l2，如图(3).6.【思路点拨】注意折叠前DE⊥AF，折叠后其位置关系没有改变.【解析】选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，∴点A′在平面ABC上的射影在线段AF上.②BC∥DE，BC平面A′DE，DE⊂平面A′DE，∴BC∥平面A′DE.③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′-FED的体积达到最大.7.【思路点拨】可根据题意画出示意图，然后利用线面平行的判定定理及性质定理解决.【解析】选A.据题意，如图，要使过点A的直线m与平面α平行，则据线面平行的性质定理得经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行，则推出n∥k，由线面平行可进一步推出直线n与直线k与两平面α与β的交线平行，即要满足条件的直线m只需过点A且与两平面交线平行即可，显然这样的直线有且只有一条.8.【解析】①中α与β可能相交，故①错；②中l与m可能异面，故②错；由线面平行的性质定理可知，l∥m,l∥n,所以m∥n,故③正确.答案:19.【解析】∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴MN∥PQ.∵M，N分别是A1B1，B1C1的中点，AP=,∴CQ=,从而DP=DQ=,∴PQ=答案:【误区警示】本题易忽视平面与平面平行的性质，不能正确找出Q点的位置，从而无法计算或计算出错，造成失分.10.【解析】分两种情况考虑，即当点P在两个平面的同一侧和点P在两平面之间两种可能．由两平面平行得交线AB∥CD，截面图如图所示，由三角形相似可得BD=或BD=24.答案：或2411.【证明】(1)连接BC1，DC1，∵四边形BCC1B1为正方形，N为B1C的中点，∴N在BC1上，且N为BC1的中点.又∵M为BD的中点，∴MNDC1.又MN平面CDD1C1，DC1⊂平面CDD1C1，∴MN∥平面CDD1C1.(2)连接EF，B1D1，则EFAB.∴四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE.又易知FG∥B1D1，B1D1∥BD，∴FG∥BD.又∵AF∩FG=F，BE∩BD=B，∴平面EBD∥平面FGA.【变式备选】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别为所在边的中点.求证：平面MNP∥平面A1C1B.【证明】连接D1C，∵MN为△DD1C的中位线，∴MN∥D1C.又易知D1C∥A1B，∴MN∥A1B.同理，MP∥C1B.而MN与MP相交，MN，MP在平面MNP内，A1B与C1B相交，A1B，C1B在平面A1C1B内，∴平面MNP∥平面A1C1B.12.【证明】方法一：因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB=90°，所以∠EGF=90°，△ABC∽△EFG.由于AB=2EF，因此BC=2FG.连接AF，由于FG∥BC，FG=BC，在▱ABCD中，M是线段AD的中点，则AM∥BC，且AM=BC，因此FG∥AM且FG=AM，所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.又FA⊂平面ABFE，GM平面ABFE，所以GM∥平面ABFE.方法二：因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB=90°，∴∠EGF=90°，△ABC∽△EFG.由于AB=2EF，∴BC=2FG.取BC的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.在▱ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，则MN∥AB.∵MN∩GN=N，∴平面GMN∥平面ABFE.又GM⊂平面GMN，∴GM∥平面ABFE.13.【解析】(1)∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥GH.∵HG⊂平面ABD，EF平面ABD，∴EF∥平面ABD.∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB,∴EF∥AB.∵EF⊂平面EFGH，AB平面EFGH,∴AB∥平面EFGH.同理可得CD∥平面EFGH.(2)设EF=x(0<x<4)，四边形EFGH的周长为l.由(1)知EF ∥AB ，则又由(1)同理可得CD ∥FG,则∴从而∴四边形EFGH 的周长l =2(x+6-x)=12-x.又0<x<4，∴8<l <12，即四边形EFGH 周长的取值范围为(8,12).【变式备选】如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M 在AD 1上移动，点N 在BD 上移动，D 1M=DN=a(0<a<)，连接MN.(1)证明对任意a ∈(0,)，总有MN ∥平面DCC 1D 1.(2)当a 为何值时,MN 的长最小？【解析】(1)作MP ∥AD ，交DD 1于P ，作NQ ∥BC ，交DC 于Q ，连接PQ.由题意得MP ∥NQ ，且MP=NQ ，则四边形MNQP 为平行四边形.∴MN ∥PQ.又PQ ⊂平面DCC 1D 1，MN 平面DCC 1D 1,∴MN ∥平面DCC 1D 1.(2)由(1)知四边形MNQP 为平行四边形，∴MN=PQ ，由已知D 1M=DN=a ，DD 1=AD=DC=1，∴AD 1=BD=,∴D 1P ∶1=a ∶，DQ ∶1=a ∶,即D 1P=DQ=.∴MN=PQ 222221a a 21(1D P)DQ (1)()(a )2222=-+=-+=-+故当a=时，MN的长有最小值.即当M,N分别移动到AD1，BD的中点时，MN的长最小，此时MN的长为.32215 7DD7 緗37850 93DA 鏚"40529 9E51 鹑37573 92C5 鋅23369 5B49 孉26495 677F 板39274 996A 饪.35340 8A0C 訌 38019 9483 钃-。

第4节直线、平面平行的判定与性质基础巩固(时间:30分钟)1.平面α∥平面β的一个充分条件是( D )(A)存在一条直线a,a∥α,a∥β(B)存在一条直线a,a⊂α,a∥β(C)存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α(D)存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α解析:若α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β,则a∥α,a∥β,故排除A.若α∩β=l,a⊂α,a∥l,则a∥β,故排除B.若α∩β=l,a⊂α,a∥l,b⊂β,b∥l,则a∥β,b∥α,故排除C.故选D.2.已知α,β是两个不同的平面,给出下列四个条件:①存在一条直线a,a⊥α,a⊥β;②存在一个平面γ,γ⊥α,γ⊥β;③存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α;④α内存在两条相交直线a,b,a∥β,b∥β.可以推出α∥β的是( C )(A)①③ (B)②④(C)①④ (D)②③解析:对于②,平面α与β还可以相交;对于③,当a∥b时,不一定能推出α∥β,所以②③是错误的,易知①④正确,故选C.3.(2017·合肥市二模)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有( C )(A)0条(B)1条(C)2条(D)1条或2条解析:如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.因为EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,所以EF∥平面BCD.因为EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,所以EF∥CD,所以CD∥平面EFGH.同理AB∥平面EFGH.故选C.,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的是( A )(A)①② (B)①④(C)②③ (D)③④解析:由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.5.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( B )(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:由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,且EF=BD,所以EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中点,所以HG∥BD,且HG=BD,所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形.6.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满足条件时,有MN∥平面B1BDD1.解析:由题意,得HN∥平面B1BDD1,FH∥平面B1BDD1.因为HN∩FH=H,所以平面NHF∥平面B1BDD1.所以当M在线段HF上运动时,有MN∥平面B1BDD1.答案:M∈线段HF7.空间四面体ABCD的两条对棱AC,BD的长分别为5和4,则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中,周长的取值范围是.解析:设==k(0<k<1),所以==1-k,所以GH=5k,EH=4(1-k),所以周长=8+2k.又因为0<k<1,所以周长的范围为(8,10).答案:(8,10)8.已知平面α∥β,P∉α且P∉β,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:如图1,因为AC∩BD=P,所以经过直线AC与BD可确定平面PCD.因为α∥β,α∩平面PCD=AB,β∩平面PCD=CD,所以AB∥CD.所以=,即=,所以BD=.如图2,同理可证AB∥CD.所以=,即=,所以BD=24.综上所述,BD=或24.答案:或24能力提升(时间:15分钟)SABC中,△ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB,BC,SC,SA交于D,E,F,H,点D,E分别是AB,BC的中点,如果直线SB∥平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为( A )(A) (B) (C)45 (D)45解析:取AC的中点G,连接SG,BG.易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH,SB⊂平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,则SB∥HD.同理SB∥FE.又D,E分别为AB,BC的中点,则H,F也为AS,SC的中点,从而得HF∥DE,HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形.又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四边形DEFH为矩形,其面积S=HF·HD=(AC)·(SB)=.10.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,且PQ∥AC,则下列命题中,错误的是( C )(A)AC⊥BD(B)AC∥截面PQMN(C)AC=BD(D)异面直线PM与BD所成的角为45°解析:由题意可知PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以AC⊥BD,故A正确;由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故B正确;由PN∥BD可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,又四边形PQMN为正方形,所以∠MPN=45°,故D正确;而AC=BD没有论证来源.11.四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G为MC的中点.则下列结论中不正确的是( C )(A)MC⊥AN(B)GB∥平面AMN(C)平面CMN⊥平面AMN(D)平面DCM∥平面ABN解析:把该几何体放置到正方体中(如图),作AN的中点H,连接HB,MH,GB,则MC∥HB,又HB⊥AN,所以MC⊥AN,所以选项A正确;由题意易得GB∥MH,又GB⊄平面AMN,MH⊂平面AMN,所以GB∥平面AMN,所以选项B正确;因为AB∥CD,DM ∥BN,且AB∩BN=B,CD∩DM=D,所以平面DCM∥平面ABN,所以选项D正确.,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点P是棱AD上一点,且AP=,过B1,D1,P的平面交底面ABCD于PQ,Q在直线CD上,则PQ= .解析:因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD,而平面B1D1P∩平面ABCD=PQ,平面B1D1P∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1∥PQ.又因为B1D1∥BD,所以BD∥PQ,设PQ∩AB=M,因为AB∥CD,所以△APM∽△DPQ.所以==2,即PQ=2PM.又知△APM∽△ADB,所以==,所以PM=BD,又BD=a,所以PQ= a.答案: a13.如图,ABCD与ADEF为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.求证:(1)BE∥平面DMF;(2)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的中点,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.14.(2017·湖北荆州1月质检)如图,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,∠BAD=∠CDA=90°,AB=AD=DE=CD=2,M是线段AE上的动点.(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;(2)在(1)的条件下,求平面MDF将几何体ADEBCF分成的上下两部分的体积之比.解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.证明如下:连接CE,交DF于N,连接MN,由于M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC,由于MN⊂平面MDF,又AC⊄平面MDF,所以AC∥平面MDF.(2)如图,将几何体ADEBCF补成三棱柱ADEB1CF,三棱柱ADEB1CF的体积为V=S△ADE·CD=×2×2×4=8,则几何体ADEBCF的体积=-=8-×(×2×2)×2=,三棱锥FDEM的体积==, 故两部分的体积之比为∶(-)=.。

第4讲直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”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答案 D2．若直线a∥直线b，且a∥平面α，则b与α的位置关系是( )A．确定平行 B．不平行C．平行或相交 D．平行或在平面内解析直线在平面内的状况不能遗漏，所以正确选项为D.答案 D3．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是()．A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α解析l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上全部的点到α的距离都是0；l⊥α时，直线l上有两个点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．答案 D4．设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是()．A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2解析对于选项A，不合题意；对于选项B，由于l1与l2是相交直线，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不愿定能得到l1∥m，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B；对于选项C，由于m，n不愿定相交，故是必要非充分条件；对于选项D，由n∥l2可转化为n∥β，同选项C，故不符合题意，综上选B.答案 B5．已知α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之间的距离为d2.直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3.那么“P1P2＝P2P3”是“d1＝d2”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如图所示，由于α2∥α3，同时被第三个平面P1P3N所截，故有P2M∥P3N.再依据平行线截线段成比例易知选C.答案 C6．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()．A．①③B．②③C．①④D．②④解析对于图形①：平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP，对于图形④：AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP，图形②、③都不行以，故选C.答案 C二、填空题7．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．解析过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，记AC，BC，A1C1，B1C1的中点。