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- 2021-06-16 发布
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第4节 直线、平面平行的判定与性质
考试要求 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.
知 识 梳 理
1.直线与平面平行
(1)直线与平面平行的定义
直线l与平面α没有公共点,则称直线l与平面α平行.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线平行于此平面
a⊄α,b⊂α,
a∥b⇒a∥α
定理
一条直线和一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行
a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b
2.平面与平面平行
(1)平面与平面平行的定义
没有公共点的两个平面叫做平行平面.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行
a⊂α,b⊂α,a∩b=P,
a∥β,b∥β⇒α∥β
性质
定理
两个平面平行,则其中一个平面内的直线平行于另一个平面
α∥β,a⊂α⇒a∥β
如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行
α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b
[常用结论与微点提醒]
1.平行关系中的三个重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行,即若a⊥α,a⊥β,则α∥β.
(2)平行于同一平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.
(3)垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b.
2.三种平行关系的转化
线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想,解题中既要注意一般的转化规律,又要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向.
诊 断 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若一条直线和平面内一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行.( )
(2)若直线a∥平面α,P∈α,则过点P且平行于直线a的直线有无数条.( )
(3)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.( )
(4)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.( )
解析 (1)若一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行或在平面内,故(1)错误.
(2)若a∥α,P∈α,则过点P且平行于a的直线只有一条,故(2)错误.
(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面,则这两个平面平行或相交,故(3)错误.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(老教材必修2P61A组T1(2)改编)下列说法中,与“直线a∥平面α”等价的是( )
A.直线a上有无数个点不在平面α内
B.直线a与平面α内的所有直线平行
C.直线a与平面α内无数条直线不相交
D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交
解析 因为a∥平面α,所以直线a与平面α无交点,因此a和平面α内的任意一条直线都不相交,故选D.
答案 D
3.(新教材必修第二册P142T2改编)平面α∥平面β的一个充分条件是( )
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,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.
答案 D
4.(2020·洛阳尖子生联考)设l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且l⊂α,m⊂β,下列结论正确的是( )
A.若α⊥β,则l⊥β B.若l⊥m,则α⊥β
C.若α∥β,则l∥β D.若l∥m,则α∥β
解析 对于A,α⊥β,l⊂α,只有加上l垂直于α与β的交线,才有l⊥β,所以A错误;对于B,若l⊥m,l⊂α,m⊂β,则α与β可能平行,也可能相交但不垂直,所以B错误;对于C,若α∥β,l⊂α,由面面平行的性质可知,l∥β,所以C
正确;对于D,若l∥m,l⊂α,m⊂β,则α与β可能平行,也可能相交,所以D错误.
答案 C
5.(2019·成都月考)若平面α∥平面β,直线a∥平面α,点B∈β,则在平面β内且过B点的所有直线中( )
A.不一定存在与a平行的直线
B.只有两条与a平行的直线
C.存在无数条与a平行的直线
D.存在唯一与a平行的直线
解析 当直线a在平面β内且过B点时,不存在与a平行的直线,故选A.
答案 A
6.(2019·衡水中学开学考试)如图是长方体被一平面所截得的几何体,四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为________.
解析 ∵平面ABFE∥平面DCGH,
又平面EFGH∩平面ABFE=EF,
平面EFGH∩平面DCGH=HG,
∴EF∥HG.同理EH∥FG,
∴四边形EFGH是平行四边形.
答案 平行四边形
考点一 与线、面平行相关命题的判定
【例1】 (1)(2019·长沙模拟)设a,b,c表示不同直线,α,β表示不同平面,给出下列命题:
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.
其中真命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
(2)(2020·江西红色七校联考)设m,n是空间中两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是( )
A.若m∥n,n⊂α,则m∥α
B.若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥n
C.若α∥β,m⊥α,则m⊥β
D.若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β
解析 (1)对于①,根据线线平行的传递性可知①是真命题;对于②,由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.故选B.
(2)若m∥n,n⊂α,则m∥α或m⊂α,所以选项A不正确;若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥n或m与n异面,所以选项B不正确;若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β或α与β相交,所以选项D不正确.故选C.
答案 (1)B (2)C
规律方法 1.判断与平行关系相关命题的真假,必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理,无论是单项选择还是含选择项的填空题,都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除,再逐步判断其余选项.
2.(1)结合题意构造或绘制图形,结合图形作出判断.
(2)特别注意定理所要求的条件是否完备,图形是否有特殊情况,通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确.
【训练1】 (1)(2019·全国Ⅱ卷)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是________(填序号).
①AD1∥BC1;
②平面AB1D1∥平面BDC1;
③AD1∥DC1;
④AD1∥平面BDC1.
解析 (1)若α∥β,则α内有无数条直线与β平行,当无数条直线互相平行时,α与β可能相交;若α,β平行于同一条直线,则α与β可以平行也可以相交;若α,β垂直于同一个平面,则α与β可以平行也可以相交,故A,C,D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知,若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行,则两平面平行,反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.
(2)如图,因为AB綉C1D1,
所以四边形AD1C1B为平行四边形.
故AD1∥BC1,从而①正确;
易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,
又AB1∩B1D1=B1,
BD∩DC1=D,
故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②正确;
由图易知AD1与DC1异面,故③错误;
因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,
所以AD1∥平面BDC1,故④正确.
答案 (1)B (2)①②④
考点二 直线与平面平行的判定与性质多维探究
角度1 直线与平面平行的判定
【例2-1】 (2020·沈阳一模)将正方形BCED沿对角线CD折叠,使平面ECD⊥平面BCD.若AB⊥平面BCD,AB=2,BC=2.
(1)求证:AB∥平面ECD;
(2)求三棱锥E-ACD的体积.
(1)证明 取CD的中点M,连接EM,BM.
因为CE=ED,所以EM⊥CD.
因为平面ECD⊥平面BCD,且平面ECD∩平面BCD=CD,EM⊂平面ECD,
所以EM⊥平面BCD.
因为AB⊥平面BCD,所以AB∥EM.
又EM⊂平面ECD,AB⊄平面ECD,
所以AB∥平面ECD.
(2)解 因为原四边形BCED为正方形,M为CD的中点,
所以BM⊥CD.
又因为平面ECD⊥平面BCD,且平面ECD∩平面BCD=CD,BM⊂平面BCD,所以BM⊥平面ECD.
因为△ECD为等腰三角形,BC=2,所以S△ECD=×2×2=2.
由题意,易得BM=,
所以VB-ECD=·BM·S△ECD=××2=.
由(1)可知,点A到平面ECD的距离等于点B到平面ECD的距离,
所以VE-ACD=VA-ECD=VB-ECD=.
角度2 直线与平面平行性质定理的应用
【例2-2】 如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E为线段AD上的任意一点(不包括A,D两点),平面CEC1与平面BB1D交于FG.
证明:FG∥平面AA1B1B.
证明 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,BB1∥CC1,BB1⊂平面BB1D,CC1⊄平面BB1D,
所以CC1∥平面BB1D.
又CC1⊂平面CEC1,平面CEC1与平面BB1D交于FG,
所以CC1∥FG.
因为BB1∥CC1,所以BB1∥FG.
而BB1⊂平面AA1B1B,FG⊄平面AA1B1B,
所以FG∥平面AA1B1B.
规律方法 1.利用判定定理判定线面平行,关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线.
2.在解决线面、面面平行的判定时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反.
【训练2】 (2019·太原一模)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,M,N分别是BC,DE的中点,△ABE是等边三角形,平面ABE⊥平面BCE,BE⊥CE,BE=CE=2.
(1)求证:CN∥平面AEM;
(2)求三棱锥N-AEM的体积.
(1)证明 如图,设AE的中点为F,连接MF,NF.
又∵N是DE的中点,
∴FN∥AD,FN=AD.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC.
∵M是BC的中点,∴FN∥MC,FN=MC=BC,
∴四边形MCNF是平行四边形,∴CN∥MF.
又MF⊂平面AEM,CN⊄平面AEM,∴CN∥平面AEM.
(2)解 如图,过点A作AO⊥BE,O为垂足,连接AC.
∵平面ABE⊥平面BCE,平面ABE∩平面BCE=BE,
∴AO⊥平面BCE.
∵△ABE是等边三角形,EB=2,∴AO=.
∵BE⊥CE,BE=CE=2,M为BC的中点,
∴S△MCE=××2×2=1.
由(1)得CN∥平面AEM,
∴V三棱锥N-AEM=V三棱锥C-AEM=V三棱锥A-CEM
=S△MCE·AO=×1×=.
考点三 面面平行的判定与性质 典例迁移
【例3】 (经典母题)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(1)B,C,H,G四点共面;
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明 (1)∵G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
∴GH是△A1B1C1的中位线,则GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC,
∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面.
(2)∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC,
∵EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,
∴EF∥平面BCHG.
又G,E分别为A1B1,AB的中点,A1B1綉AB,
∴A1G綉EB,
∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.
∵A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,
∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF=E,
∴平面EFA1∥平面BCHG.
【迁移1】 在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点”变为“D1,D分别为B1C1,BC的中点”,求证:平面A1BD1∥平面AC1D.
证明 如图所示,连接A1C交AC1于点M,
∵四边形A1ACC1是平行四边形,
∴M是A1C的中点,连接MD,
∵D为BC的中点,
∴A1B∥DM.
∵A1B⊂平面A1BD1,
DM⊄平面A1BD1,
∴DM∥平面A1BD1,
又由三棱柱的性质及D,D1分别为BC,B1C1的中点知,D1C1綉BD,
∴四边形BDC1D1为平行四边形,∴DC1∥BD1.
又DC1⊄平面A1BD1,BD1⊂平面A1BD1,
∴DC1∥平面A1BD1,
又DC1∩DM=D,DC1,DM⊂平面AC1D,
因此平面A1BD1∥平面AC1D.
【迁移2】 在本例中,若将条件“E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点”变为“点D,D1分别是AC,A1C1上的点,且平面BC1D∥平面AB1D1”,试求的值.
解 连接A1B交AB1于O,连接OD1.
由平面BC1D∥平面AB1D1,
且平面A1BC1∩平面BC1D=BC1,
平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O,
所以BC1∥D1O,则==1.
又由题设=,
∴=1,即=1.
规律方法 1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行).
2.面面平行条件的应用
(1)两平面平行,分析构造与之相交的第三个平面,交线平行.
(2)两平面平行,其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.
提醒 利用面面平行的判定定理证明两平面平行,需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线.
【训练3】 已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD=2BC,E,F分别为CC1,DD1的中点.
求证:平面BEF∥平面AD1C1.
证明 取AD的中点G,连接BG,FG.
因为E,F分别为CC1,DD1的中点,所以C1D1綉CD綉EF,
因为C1D1⊂平面AD1C1,EF⊄平面AD1C1,
所以EF∥平面AD1C1.
因为AD∥BC,AD=2BC,
所以GD綉BC,即四边形BCDG是平行四边形,
所以BG綉CD,所以BG綉EF,即四边形EFGB是平行四边形,
所以BE∥FG.
因为F,G分别是DD1,AD的中点,
所以FG∥AD1,所以BE∥AD1.
因为AD1⊂平面AD1C1,BE⊄平面AD1C1,
所以BE∥平面AD1C1.
又BE⊂平面BEF,FE⊂平面BEF,BE∩EF=E,
所以平面BEF∥平面AD1C1.
A级 基础巩固
一、选择题
1.已知α,β表示两个不同的平面,直线m是α内一条直线,则“α∥β”是“m∥β”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 由α∥β,m⊂α,可得m∥β;反过来,由m∥β,m⊂α,不能推出α∥β.综上,“α∥β”是“m∥β”的充分不必要条件.
答案 A
2.(2020·湘中名校联考)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列命题中正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m∥α,m∥β,则α∥β
C.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
D.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
解析 A中,两直线可能平行、相交或异面;B中,两平面可能平行或相交;C中,两平面可能平行或相交;D中,由线面垂直的性质定理可知结论正确,故选D.
答案 D
3.(2019·蚌埠二模)已知平面α,β,γ两两垂直,直线a,b,c满足a⊂α,b⊂β,c⊂γ,则直线a,b,c的位置关系不可能是( )
A.两两平行 B.两两垂直
C.两两相交 D.两两异面
解析 假设a,b,c三条直线两两平行,如图所示,
设α∩β=l,∵a∥b,a⊄β,b⊂β,
∴a∥β.
又知a⊂α,α∩β=l,∴a∥l,
又知α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,∴l⊥γ,
又知a∥b,a∥l,∴a⊥γ,
又知c⊂γ,∴a⊥c,所以假设不成立.
故三条直线a,b,c不可能两两平行,因此选A.
答案 A
4.(2020·衡水模拟)已知m,n为两条不重合直线,α,β为两个不重合平面,下列条件中,α∥β的充分条件是( )
A.m∥n,m⊂α,n⊂β B.m∥n,m⊥α,n⊥β
C.m⊥n,m∥α,n∥β D.m⊥n,m⊥α,n⊥β
解析 对于A,两个平面内分别有一条直线,这两条直线互相平行,这两个平面可能平行,也可能相交,因此A中条件不是α∥β的充分条件;对于B,因为m∥n,m⊥α,所以n⊥α,结合n⊥β,知α∥β,因此B中条件是α∥β的充分条件;对于C,由m⊥n,m∥α知n⊂α,或n∥α,或n与α相交,结合n∥β,知α,β可能平行,也可能相交,所以C中条件不是α∥β的充分条件;对于D,由m⊥n,m⊥α知n⊂α,或n∥α,结合n⊥β,知α⊥β,所以D中条件不是α∥β的充分条件.综上可知,选B.
答案 B
5.(2019·长春模拟)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )
A.0条 B.1条
C.2条 D.1条或2条
解析 如图所示,平面α即平面EFGH,则四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.
∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,
∴EF∥平面BCD.
又∵EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,∴EF∥CD.
又EF⊂平面EFGH,CD⊄平面EFGH.
∴CD∥平面EFGH,同理,AB∥平面EFGH,
所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.
答案 C
二、填空题
6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,E为AD的中点,点F在CD上,若EF∥平面AB1C,则EF=________.
解析 根据题意,因为EF∥平面AB1C,EF⊂平面ACD,平面ACD∩平面AB1C=AC,所以EF∥AC.又E是AD的中点,所以F是CD的中点.因为在Rt△DEF中,DE=DF=1,故EF=.
答案
7.设α,β,γ是三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n⊂γ,且________,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题.
①α∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.
可以填入的条件有________(填序号).
解析 由面面平行的性质定理可知,①正确;当m∥γ,n∥β时,n和m可能平行或异面,②错误;当n∥β,m⊂γ时,n和m在同一平面内,且没有公共点,所以m∥n,③正确.
答案 ①或③
8.(2019·郑州调研)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列四个命题:
①若m⊂α,n∥α,则m∥n;
②若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ;
③若α∩β=n,m∥n,m∥α,则m∥β;
④若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β.
其中是真命题的是________(填上正确命题的序号).
解析 ①m∥n或m,n异面,故①错误;易知②正确;③m∥β或m⊂β,故③错误;④α∥β或α与β相交,故④错误.
答案 ②
三、解答题
9.(2020·武汉模拟)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,侧面PAB⊥平面ABCD,E是棱PA的中点.
(1)求证:PC∥平面BDE;
(2)平面BDE分此棱锥为两部分,求这两部分的体积比.
(1)证明 在平行四边形ABCD中,连接AC,设AC,BD的交点为O,则O是AC的中点.
又E是PA的中点,连接EO,则EO是△PAC的中位线,所以PC∥EO,
又EO⊂平面EBD,PC⊄平面EBD,所以PC∥平面EBD.
(2)解 设三棱锥E-ABD的体积为V1,高为h,四棱锥P-ABCD的体积为V,
则三棱锥E-ABD的体积V1=×S△ABD×h,
因为E是PA的中点,所以四棱锥P-ABCD的高为2h,
所以四棱锥P-ABCD的体积V=×S四边形ABCD×2h=4×S△ABD×h=4V1,所以(V-V1)∶V1=3∶1,
所以平面BDE分此棱锥得到的两部分的体积比为3∶1或1∶3.
10.如图,ABCD与ADEF均为平行四边形,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)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MN⊂平面MNG,BD⊄平面MNG,
所以BD∥平面MNG,
又DE,BD⊂平面BDE,DE∩BD=D,
所以平面BDE∥平面MNG.
B级 能力提升
11.(2019·福州质检)已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下列说法正确的是( )
A.若c⊂平面α,则a⊥α
B.若c⊥平面α,则a∥α,b∥α
C.存在平面α,使得c⊥α,a⊂α,b∥α
D.存在平面α,使得c∥α,a⊥α,b⊥α
解析 对于A,满足c⊂平面α,且c与异面直线a,b均垂直,则a可能在α内,也可能与α斜交,故A错误;对于B,满足c⊥平面α时,直线a与直线b可能其中一条在平面α内,故B错误;对于C,若b∥α,则α内一定存在一条直线b′,使得b∥b′,又知a⊂α,且a与b为两条异面直线,所以a与b′一定相交,又知c⊥b,b∥b′,所以c⊥b′,又知c⊥a,a与b′相交,所以c⊥α,故C正确;对于D,如果a⊥α,b⊥α,则a∥b,这与条件中a,b是两条异面直线相矛盾,故D错误,因此选C.
答案 C
12.(2019·吉安一模)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是A1D1,A1B1的中点,过直线BD的平面α∥平面AMN,则平面α截该正方体所得截面的面积为( )
A. B. C. D.
解析 如图1,分别取B1C1,C1D1的中点E,F,连接EF,BE,DF,B1D1,ME,易知EF∥B1D1∥BD,AB∥ME,AB=EM,所以四边形ABEM为平行四边形,则AM∥BE,又BD和BE为平面BDFE内的两条相交直线.
图1 图2
所以平面AMN∥平面BDFE,
即平面BDFE为平面α,BD=,EF=B1D1=,
得四边形BDFE为等腰梯形,DF=BE=,
在等腰梯形BDFE如图2中,
过E,F作BD的垂线,则四边形EFGH为矩形,
∴其高FG===,
故所得截面的面积为××=.
答案 B
13.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,则点Q满足条件________时,有平面D1BQ∥平面PAO.
解析 如图所示,设Q为CC1的中点,因为P为DD1的中点,所以QB∥PA.连接DB,因为P,O分别是DD1,DB的中点,所以D1B∥PO,又D1B⊄平面PAO,QB⊄平面PAO,PO⊂平面PAO,PA⊂平面PAO,所以D1B∥平面PAO,QB∥平面PAO,又D1B∩QB=B,所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时,有平面D1BQ∥平面PAO.
答案 Q为CC1的中点
14.(2020·重庆调研)已知空间几何体ABCDE中,△BCD与△CDE均是边长为2的等边三角形,△ABC是腰长为3的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD.
(1)试在平面BCD内作一条直线,使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行,并给出证明;
(2)求三棱锥E-ABC的体积.
解 (1)如图所示,取DC的中点N,取BD的中点M,连接MN,则MN即为所求.
证明:连接EM,EN,取BC的中点H,连接AH,
∵△ABC是腰长为3的等腰三角形,H为BC的中点,
∴AH⊥BC,又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AH⊂平面ABC,
∴AH⊥平面BCD,同理可证EN⊥平面BCD,
∴EN∥AH,
∵EN⊄平面ABC,AH⊂平面ABC,
∴EN∥平面ABC.
又M,N分别为BD,DC的中点,
∴MN∥BC,
∵MN⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴MN∥平面ABC.
又MN∩EN=N,MN⊂平面EMN,EN⊂平面EMN,
∴平面EMN∥平面ABC,
又EF⊂平面EMN,∴EF∥平面ABC,
即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行.
(2)连接DH,取CH的中点G,连接NG,则NG∥DH,
由(1)可知EN∥平面ABC,
∴点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等,
又△BCD是边长为2的等边三角形,
∴DH⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,DH⊂平面BCD,
∴DH⊥平面ABC,∴NG⊥平面ABC,
易知DH=,∴NG=,
又S△ABC=·BC·AH=×2×=2,
∴VE-ABC=·S△ABC·NG=.
C级 创新猜想
15.(开放题)如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1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∥D1D,HN∥BD,
∵FH∩HN=H,D1D∩BD=D,
∴平面FNH∥平面B1BDD1,只需M∈FH,
则MN⊂平面FNH,
∴MN∥平面B1BDD1.
答案 点M在线段FH上(或点M与点H重合)
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