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- 2021-06-16 发布
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第三讲 直线、平面平行的判定及性质
1.下列命题中正确的是( )
A.若a,b是两条直线,且a∥b,那么a平行于经过b的任一平面
B.若直线a和平面α满足a∥α,那么a与α内的任一直线平行
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
2.[2018浙江,6,5分]已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
3.[2019全国卷Ⅱ,7,5分][理]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
4.[2019安徽省江南十校素质检测]如图8 - 3 - 1所示,在正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E,F ,G,P,Q分别为棱AB,C1D1,D1A1,D1D,C1C的中点,则下列叙述中正确的是( )
A.直线BQ∥平面EF G
B.直线A1B∥平面EF G
C.平面APC∥平面EF G
D.平面A1BQ∥平面EF G
5.[2019广西质量检测]如图8 - 3 - 2,在四棱柱ABCD - A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,则下列结论正确的是 .(填序号)
①对于任意的点Q,都有AP∥RQ;
②对于任意的点Q,四边形APQR不可能为平行四边形;
③存在点Q,使得直线BC∥平面APQR.
考法1线面平行的判定与性质
1[2020广东七校第一次联考]如图8 - 3 - 3所示,四棱锥P - ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=2,∠ABC=90°,AB=3,BC=1,AD=23,CD=4,E为CD的中点.
(1)求证:AE∥平面PBC;
(2)求三棱锥C - PBE的体积.
(1)连接AC.
∵ AB=3,BC=1,∠ABC=90°,
∴AC=2,∠BCA=60°.
在△ACD中,AD=23,AC=2,CD=4,
∴AC2+AD2=CD2,
∴∠CAD=90°,△ACD是直角三角形.
又E为CD的中点,∴AE=12CD=CE=2,
∴△ACE是等边三角形,∴∠CAE=60°,
∴∠CAE=∠BCA,∴BC∥AE.
又AE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AE∥平面PBC.(利用线面平行的判定定理证明,注意定理应用的前提条件要齐全)
(2)∵ PA⊥底面ABCD,∴PA⊥平面BCE,
∴PA为三棱锥P - BCE的高.
∵ ∠BCA=60°,∠ACD=60°,∴∠BCE=120°.
又BC=1,CE=2,
∴S△BCE=12×BC×CE×sin∠BCE=12×1×2×32=32,
∴V三棱锥C - PBE=V三棱锥P - BCE=13×S△BCE×PA=13×32×2=33.
1.[2020合肥市高三调研检测]如图8 - 3 - 4,已知三棱柱ABC - A1B1C1,M为棱AB上一点,BC1∥平面A1MC.
(1)求证:AM=BM;
(2)若△ABC是等边三角形,AB=AA1,∠A1AB=∠A1AC=60°,△A1MC的面积为42,求三棱柱ABC - A1B1C1的体积.
考法2面面平行的判定与性质
2如图8 - 3 - 5,四边形ABCD是边长为3的正方形,ED⊥平面ABCD,AF ⊥平面ABCD,DE=3AF =3.
(1)证明:平面ABF ∥平面DCE.
(2)在DE上是否存在一点G,使平面F BG将几何体ABCDEF 分成的上、下两部分的体积比为3∶11?若存在,求出点G的位置;若不存在,请说明理由.
(1)利用面面平行的判定定理及推论证明;(2)先求出整个几何体的体积.假设存在一点G,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,设EG=t,求得几何体GF BME的体积,将其分割成两个三棱锥B - EF G,B - EGM,利用t表示出两个三棱锥的底面积,再利用体积建立方程,解方程求得t的值.
(1)解法一 (应用面面平行的判定定理证明)因为DE⊥平面ABCD,AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .
因为AF ⊄平面DCE,DE⊂平面DCE,所以AF ∥平面DCE.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.
因为AB⊄平面DCE,CD⊂平面DCE,所以AB∥平面DCE.
因为AB∩AF =A,AB⊂平面ABF ,AF ⊂平面ABF ,所以平面ABF ∥平面DCE.
解法二 (利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明)因为DE⊥平面ABCD,AF ⊥平面ABCD,所以DE∥AF .
因为四边形ABCD为正方形,所以AB∥CD.
又AF ∩AB=A,DE∩DC=D,AF ⊂平面ABF ,AB⊂平面ABF ,DE⊂平面DCE,DC⊂平面DCE,所以平面ABF ∥平面DCE.
解法三 (利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明)因为DE⊥平面ABCD,所以DE⊥AD,在正方形ABCD中,AD⊥DC.
又DE∩DC=D,DE⊂平面DCE,DC⊂平面DCE,所以AD⊥平面DCE.
同理AD⊥平面ABF .所以平面ABF ∥平面DCE.
(2)假设存在满足题意的点G,如图8 - 3 - 6,过G作MG∥BF 交EC于点M,连接BG,BM,GF ,BD.
则V几何体ABCDEF =V四棱锥B - ADEF +V三棱锥B - CDE=13×3×(1+3)×32+13×3×3×32=212.
设EG=t(0