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  • 2021-06-30 发布

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书:第八章 4 第4讲 直线、平面平行的判定及其性质

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第4讲 直线、平面平行的判定及其性质 ‎1.直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)‎ 因为l∥a,‎ a⊂α,l⊄α,‎ 所以l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)‎ 因为l∥α,‎ l⊂β,α∩β=b,‎ 所以l∥b ‎2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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(简记为“线面平行⇒面面平行”)‎ 因为a∥β,‎ b∥β,a∩b=P,‎ a⊂α,b⊂α,‎ 所以α∥β 性质定理 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 因为α∥β,‎ α∩γ=a,‎ β∩γ=b,‎ 所以a∥b ‎3.线、面平行中的三个重要结论 ‎(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)垂直于同一个平面的两条直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b;‎ ‎(3)平行于同一个平面的两个平面平行,即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.‎ ‎[疑误辨析]‎ 判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(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)若一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任一条直线.(  )‎ ‎(3)若直线a与平面α内无数条直线平行,则a∥α.(  )‎ ‎(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.(  )‎ 答案:(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√‎ ‎[教材衍化]‎ ‎1.(必修2P61A组T1(1)改编)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 解析:选D.A错误,a可能在经过b的平面内;B错误,a与α内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;D正确,由a∥α,可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c,即a∥c,又a∥b,所以b∥c,b⊄α,c⊂α,所以b∥α.‎ ‎2.(必修2P58练习T3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:选D.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.‎ ‎3.(必修2P62A组T3改编)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E为DD1的中点,则BD1与平面AEC的位置关系为________.‎ 解析:连接BD,设BD∩AC=O,连接EO,‎ 在△BDD1中,E为DD1的中点,O为BD的中点,‎ 所以EO为△BDD1的中位线,则BD1∥EO,‎ 而BD1⊄平面ACE,EO⊂平面ACE,‎ 所以BD1∥平面ACE.‎ 答案:平行 ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)对空间平行关系的转化条件理解不够致误;‎ ‎(2)对面面平行判定定理的条件“平面内两相交直线”认识不清致误;‎ ‎(3)对面面平行性质定理理解不深致误.‎ ‎1.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.存在唯一的与a平行的直线 解析:选A.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.‎ ‎2.下列条件中,能判断两个平面平行的是________.‎ ‎①一个平面内的一条直线平行于另一个平面;‎ ‎②一个平面内的两条直线平行于另一个平面;‎ ‎③一个平面内有无数条直线平行于另一个平面;‎ ‎④一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面.‎ 解析:由两个平面平行的判定定理可知,如果一个平面内的两条相交直线与另外一个平面平行,那么这两个平面平行.显然只有④符合条件.‎ 答案:④‎ ‎3.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:因为平面ABFE∥平面DCGH,又平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面DCGH=HG,所以EF∥HG.同理EH∥FG,所以四边形EFGH是平行四边形.‎ 答案:平行四边形 ‎      线面平行的判定与性质(高频考点)‎ 平行关系是空间几何中的一种重要关系,包括线线平行、线面平行、面面平行,其中线面平行在高考试题中出现的频率很高,一般出现在解答题的某一问中.主要命题角度有:‎ ‎(1)线面位置关系的判断;‎ ‎(2)线面平行的证明;‎ ‎(3)线面平行性质的应用.‎ 角度一 线面位置关系的判断 ‎ 设m,n表示不同直线,α,β表示不同平面,则下列结论中正确的是(  )‎ A.若m∥α,m∥n,则n∥α B.若m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β C.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β D.若α∥β,m∥α,n∥m,n⊄β,则n∥β ‎【解析】 A错误,n有可能在平面α内;B错误,平面α有可能与平面β相交;C错误,n也有可能在平面β内;D正确,易知m∥β或m⊂β,若m⊂β,又n∥m,n⊄β,所以n∥β,若m∥β,过m作平面γ交平面β于直线l,则m∥l,又n∥m,所以n∥l,又n⊄β,l⊂β,所以n∥β.‎ ‎【答案】 D 角度二 线面平行的证明 ‎ (2020·浙江省六市六校联盟模拟)如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,点D为AC的中点,AA1=AB=2.‎ ‎(1)求证:AB1∥平面BC1D;‎ ‎(2)若BC=3,求三棱锥DBC1C的体积.‎ ‎【解】 (1)证明:连接B1C,设B1C与BC1相交于点O,连接OD.‎ 因为四边形BCC1B1是平行四边形.‎ 所以点O为B1C的中点.‎ 因为点D为AC的中点,所以OD为△AB1C的中位线,所以OD∥AB1.‎ 因为OD⊂平面BC1D,AB1⊄平面BC1D,‎ 所以AB1∥平面BC1D.‎ ‎(2)在三棱柱ABCA1B1C1中,‎ 侧棱CC1∥AA1.又因为AA1⊥平面ABC,‎ 所以侧棱CC1⊥平面ABC,‎ 故CC1为三棱锥C1BCD的高,A1A=CC1=2,‎ 因为S△BCD=S△ABC==,‎ 所以VDBCC1=VC1BCD=CC1·S△BCD ‎=×2×=1.‎ 角度三 线面平行性质的应用 ‎ 如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,点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ABCDA1B1C1D1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.‎ 证明直线与平面平行的常用方法 ‎(1)定义法:证明直线与平面没有公共点,通常要借助于反证法来证明.‎ ‎(2)判定定理法:在利用判定定理时,关键是找到平面内与已知直线平行的直线,可先直观判断题中是否存在这样的直线,若不存在,则需作出直线,常考虑利用三角形的中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面,找其交线进行证明.  ‎ ‎1.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(  )‎ 解析:选A.对于选项B,如图所示,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C,D中均有AB∥平面MNQ.故选A.‎ ‎2.如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,点F是AB的中点,点E是PD的中点.‎ ‎(1)证明:PB∥平面AEC;‎ ‎(2)在PC上求一点G,使FG∥平面AEC,并证明你的结论.‎ 解:(1)证明:连接BD与AC交于点O,连接EO.‎ 因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以O为BD的中点.‎ 又E为PD的中点,‎ 所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)PC的中点G即为所求的点.‎ 证明如下:设点G为PC的中点,‎ 连接GE、FG,‎ 因为E为PD的中点,‎ 所以GE綊CD.‎ 又F为AB的中点,且四边形ABCD为矩形,‎ 所以FA綊CD.‎ 所以FA綊GE.‎ 所以四边形AFGE为平行四边形,‎ 所以FG∥AE.又FG⊄平面AEC,AE⊂平面AEC,‎ 所以FG∥平面AEC.‎ ‎      面面平行的判定与性质 ‎ 如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,点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)因为点G,H分别是A1B1,A1C1的中点,‎ 所以GH∥B1C1,又B1C1∥BC,‎ 所以GH∥BC,所以B,C,H,G四点共面.‎ ‎(2)在△ABC中,E,F分别为AB,AC的中点,‎ 所以EF∥BC,‎ 因为EF⊄平面BCHG,BC⊂平面BCHG,‎ 所以EF∥平面BCHG.‎ 又因为G,E分别为A1B1,AB的中点,‎ 所以A1G綊EB,所以四边形A1EBG是平行四边形,‎ 所以A1E∥GB.‎ 因为A1E⊄平面BCHG,GB⊂平面BCHG,‎ 所以A1E∥平面BCHG.‎ 又因为A1E∩EF=E,‎ 所以平面EFA1∥平面BCHG.‎ ‎1.(变问法)在本例条件下,若点D为BC1的中点,求证:HD∥平面A1B1BA.‎ 证明:如图所示,连接HD,A1B,‎ 因为D为BC1的中点,‎ H为A1C1的中点,‎ 所以HD∥A1B,‎ 又HD⊄平面A1B1BA,‎ A1B⊂平面A1B1BA,‎ 所以HD∥平面A1B1BA.‎ ‎2.(变问法)在本例条件下,若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,‎ 因为四边形A1ACC1是平行四边形,‎ 所以M是A1C的中点,连接MD,‎ 因为D为BC的中点,‎ 所以A1B∥DM.‎ 因为A1B⊂平面A1BD1,‎ DM⊄平面A1BD1,‎ 所以DM∥平面A1BD1.‎ 又由三棱柱的性质知,D1C1綊BD,‎ 所以四边形BDC1D1为平行四边形,‎ 所以DC1∥BD1.‎ 又DC1⊄平面A1BD1,‎ BD1⊂平面A1BD1,‎ 所以DC1∥平面A1BD1,‎ 又因为DC1∩DM=D,‎ DC1,DM⊂平面AC1D,‎ 所以平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎  ‎ ‎1.(2020·嘉兴调研)如图,AB∥平面α∥平面β,过A,B的直线m,n分别交α,β于点C,E和D,F,若AC=2,CE=3,BF=4,则BD的长为(  )‎ A.           B. C. D. 解析:选C.由AB∥α∥β,易证 =.‎ 即=,‎ 所以BD===.‎ ‎2.如图所示,四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形,点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)如图所示,设DF与GN交于点O,连接AE,则AE必过点O,‎ 连接MO,则MO为△ABE的中位线,‎ 所以BE∥MO.‎ 因为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.‎ 因为DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,‎ 所以DE∥平面MNG.‎ 因为M为AB的中点,‎ 所以MN为△ABD的中位线,‎ 所以BD∥MN.‎ 因为BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,‎ 所以BD∥平面MNG.‎ 因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,‎ 所以平面BDE∥平面MNG.‎ ‎      立体几何中的探索性问题 ‎ 如图,四棱锥PABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E为PB的中点.‎ ‎(1)求证:CE∥平面PAD;‎ ‎(2)在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD∥平面CEF?若存在,证明你的结论,若不存在,请说明理由.‎ ‎【解】 (1)证明:如图所示,取PA的中点H,连接EH,DH,‎ 因为E为PB的中点,‎ 所以EH∥AB,EH=AB,‎ 又AB∥CD,CD=AB.‎ 所以EH∥CD,EH=CD,‎ 因此四边形DCEH是平行四边形,‎ 所以CE∥DH,‎ 又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,‎ 所以CE∥平面PAD.‎ ‎(2)如图所示,取AB的中点F,连接CF,EF,‎ 所以AF=AB,又CD=AB,所以AF=CD,‎ 又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四边形,‎ 所以CF∥AD,‎ 又CF⊄平面PAD,所以CF∥平面PAD,‎ 由(1)可知CE∥平面PAD,‎ 又CE∩CF=C,故平面CEF∥平面PAD,‎ 故存在AB的中点F满足要求.‎ 解决探索性问题的策略方法 ‎(1)根据探索性问题的设问,假设其存在并探索出结论,然后在这个假设下进行推理论证,若得到合乎情理的结论就肯定假设,若得到矛盾就否定假设.‎ ‎(2)按类似于分析法的格式书写步骤:从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”.  ‎ ‎ 如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,点D,E分别为AB,BC的中点.‎ ‎(1)若F为BB1的中点,判断AC1与平面DEF是否平行?若平行,请给予证明,若不平行,说明理由;‎ ‎(2)试问:在侧棱BB1上是否存在点F,使三棱锥FDEB的体积与三棱柱ABCA1B1C1的体积之比为.‎ 解:(1)法一:连接B1C,BC1,B1C与BC1交于点G,连接DG,FG,‎ 则DG∥AC1,‎ 因为DG⊂平面GDF,AC1⊄平面GDF,‎ 则AC1∥平面GDF.‎ 由于平面GDF∩平面DEF=DF,‎ 故AC1与平面DEF不可能平行.‎ 法二:连接B1C,BC1,B1C与BC1交于点G,连接DG,FG,‎ 则DG∥AC1,‎ 而DG⊄平面DEF,且DG与平面DEF交于点D,‎ 故AC1与平面DEF不可能平行.‎ ‎(2)假设点F存在,由 = ‎=×=,得=,显然,点F不存在.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1.在空间内,下列命题正确的是(  )‎ A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 解析:选D.对于A,平行直线的平行投影也可能互相平行,或为两个点,故A 错误;对于B,平行于同一直线的两个平面也可能相交,故B错误;对于C,垂直于同一平面的两个平面也可能相交,故C错误;而D为直线和平面垂直的性质定理,正确.‎ ‎2.设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,“m∥β”是“α∥β”的(  )‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B.当m∥β时,过m的平面α与β可能平行也可能相交,因而m∥βD/⇒α∥β;当α∥β时,α内任一直线与β平行,因为m⊂α,所以m∥β.综上知,“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件.‎ ‎3.(2020·杭州中学高三期中)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题中正确的是(  )‎ A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β B.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β C.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β D.若m∥n,m∥α,则n∥α 解析:选C.对于A,若α⊥γ,α⊥β,则γ与β平行或相交;对于B,若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α与β平行或相交;对于D,若m∥n,m∥α,则n∥α或n在平面α内.‎ ‎4.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(  )‎ 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:选B.由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF綊BD,所以EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中点,所以HG綊BD,所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形.‎ ‎5.如图,若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EB1FHC1G后得到的几何体,其中E为线段A1B1上异于B1的点,F为线段BB1上异于B1的点,且EH∥A1D1,则下列结论不正确的是(  )‎ A.EH∥FG B.四边形EFGH是矩形 C.Ω是棱柱 D.Ω是棱台 解析:选D.因为EH∥A1D1,A1D1∥B1C1,‎ 所以EH∥B1C1,所以EH∥平面BCGF,‎ 又因为FG⊂平面BCGF,所以EH∥FG,故A正确;‎ 因为B1C1⊥平面A1B1BA,EF⊂平面A1B1BA,‎ 所以B1C1⊥EF,则EH⊥EF,‎ 又由上面的分析知,EFGH为平行四边形,故它是矩形,故B正确;‎ 因为EH∥B1C1∥FG,故Ω是棱柱,故C正确.‎ ‎6.(2020·杭州二中期中考试)如图,在多面体ABCDEFG中,平面ABC∥平面DEFG,EF∥DG,且AB=DE,DG=2EF,则(  )‎ A.BF∥平面ACGD B.CF∥平面ABED C.BC∥FG D.平面ABED∥平面CGF 解析:选A.取DG的中点为M,连接AM,FM,如图所示.‎ 则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形,所以DE綊FM,因为平面ABC∥平面DEFG,平面ABC∩平面ADEB=AB,平面DEFG∩平面ADEB=DE,所以AB∥DE,所以 AB∥FM.又AB=DE,所以AB=FM,所以四边形ABFM是平行四边形,即BF∥AM.又BF⊄平面ACGD,所以BF∥平面ACGD.故选A.‎ ‎7.如图,在空间四边形ABCD中,M∈AB,N∈AD,若=,则直线MN与平面BDC的位置关系是__________.‎ 解析:在平面ABD中,=,‎ 所以MN∥BD.‎ 又MN⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,‎ 所以MN∥平面BCD.‎ 答案:平行 ‎8.如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上.若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于________.‎ 解析:因为EF∥平面AB1C,EF⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AB1C=AC,‎ 所以EF∥AC,所以点F为DC的中点.‎ 故EF=AC=.‎ 答案: ‎9.(2020·宁波效实中学模拟)如图,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∥DD1,HN∥BD,所以平面FHN∥平面B1BDD1,只要M∈FH,则MN⊂平面FHN,所以MN∥平面B1BDD1.‎ 答案:M位于线段FH上(答案不唯一)‎ ‎10.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,点P是A1B1的中点,过点A1作与截面PBC1平行的截面,所得截面的面积是________.‎ 解析:如图,取AB,C1D1的中点E,F,连接A1E,A1F,EF,则平面A1EF∥平面BPC1.‎ 在△A1EF中,‎ A1F=A1E=,EF=2,‎ S△A1EF=×2×=,‎ 从而所得截面面积为2S△A1EF=2.‎ 答案:2 ‎11.如图,已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上,点G在BB1上,且AE=FC1=B1G=1,点H是B1C1的中点.‎ ‎(1)求证:E,B,F,D1四点共面;‎ ‎(2)求证:平面A1GH∥平面BED1F.‎ 证明:(1)因为AE=B1G=1,所以BG=A1E=2,‎ 因为BG∥A1E,所以A1G∥BE.‎ 又因为C1F綊B1G,‎ 所以FG∥C1B1∥D1A1,所以四边形A1GFD1是平行四边形.‎ 所以A1G∥D1F,所以D1F∥EB,‎ 故E、B、F、D1四点共面.‎ ‎(2)因为点H是B1C1的中点,所以B1H=.‎ 又B1G=1,所以=.‎ 又=,且∠FCB=∠GB1H=90°,‎ 所以△B1HG∽△CBF,‎ 所以∠B1GH=∠CFB=∠FBG,所以HG∥FB.‎ 又由(1)知A1G∥BE,且HG∩A1G=G,‎ FB∩BE=B,所以平面A1GH∥平面BED1F. ‎ ‎12.如图,斜三棱柱ABCA1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点.‎ ‎(1)当等于何值时,BC1∥平面AB1D1?‎ ‎(2)若平面BC1D∥平面AB1D1,求的值.‎ 解:(1)如图,取D1为线段A1C1的中点,‎ 此时=1.‎ 连接A1B交AB1于点O,连接OD1.‎ 由棱柱的性质,知四边形A1ABB1为平行四边形,所以点O为A1B的中点.‎ 在△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,‎ 所以OD1∥BC1.‎ 又因为OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,‎ 所以BC1∥平面AB1D1.‎ 所以=1时,BC1∥平面AB1D1.‎ ‎(2)由已知,平面BC1D∥平面AB1D1,‎ 且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1,‎ 平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.‎ 因此BC1∥D1O,同理AD1∥DC1.‎ 所以=,=.‎ 又因为=1,‎ 所以=1,即=1.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.如图,透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下面四个命题:‎ ‎①没有水的部分始终呈棱柱形;‎ ‎②水面EFGH所在四边形的面积为定值;‎ ‎③棱A1D1始终与水面所在平面平行;‎ ‎④当容器倾斜如图所示时,BE·BF是定值.‎ 其中正确的个数是(  )‎ A.1           B.2‎ C.3 D.4‎ 解析:选C.由题图知,显然①是正确的,②是错的;‎ 对于③因为A1D1∥BC,BC∥FG,‎ 所以A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH,‎ 所以A1D1∥平面EFGH(水面).‎ 所以③是正确的;‎ 因为水是定量的(定体积V).‎ 所以S△BEF·BC=V,即BE·BF·BC=V.‎ 所以BE·BF=(定值),即④是正确的,故选C.‎ ‎2.(2020·杭州二中模拟)已知两个不重合的平面α,β,给定以下条件:‎ ‎①α内不共线的三点到β的距离相等;‎ ‎②l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β;‎ ‎③l,m是两条异面直线,且l∥α,l∥β,m∥α,m∥β.‎ 其中可以判定α∥β的是(  )‎ A.① B.②‎ C.①③ D.③‎ 解析:选D.①中,α内的三点中如果一点在平面β的一侧,另两点在平面β的另一侧,也可满足这三点到β的距离相等,所以①不符合题意.②中,l与m平行时,α与β也可能相交.③中,如图所示,过直线l作一平面γ,设γ∩α=a,γ∩β=b.因为l∥α,l∥β,所以l∥a,l∥b,所以a∥b,过直线m作一平面σ,设σ∩α=c,σ∩β=d.因为m∥α,m∥β,所以m∥c,m∥d,所以c∥d,所以c∥β.因为l,m是两条异面直线,所以a,c必相交,所以α∥β,所以③符合题意.‎ ‎3.在△ABC中,AB=5,AC=7,∠A=60°,G是重心,过G的平面α与BC平行,AB∩α=M,AC∩α=N,则MN=________.‎ 解析:根据余弦定理,得 BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=39,‎ 所以BC=.‎ 因为BC∥α,MN=α∩平面ABC,所以MN∥BC,‎ 又G是△ABC的重心,连接AG交BC于D,‎ 所以==,则MN=.‎ 答案: ‎4.(2020·温州中学高考模拟)如图所示,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:a ‎5.(2020·杭州学军中学高三模拟)如图,一个侧棱长为l的直三棱柱ABCA1B1C1容器中盛有液体(不计容器厚度).若液面恰好分别过棱AC,BC,B1C1,A1C1的中点D,E,F,G.‎ ‎(1)求证:平面DEFG∥平面ABB1A1;‎ ‎(2)当底面ABC水平放置时,求液面的高.‎ 解:(1)证明:因为D,E分别为棱AC,BC的中点,所以DE是△ABC的中位线,所以DE∥AB.又DE⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,所以DE∥平面ABB1A1.同理DG∥平面ABB1A1,又DE∩DG=D,所以平面DEFG∥平面ABB1A1.‎ ‎(2)当直三棱柱ABCA1B1C1容器的侧面AA1B1B水平放置时,由(1)可知,液体部分是直四棱柱,其高即为原直三棱柱ABCA1B1C1容器的高,即侧棱长l,当底面ABC水平放置时,设液面的高为h,△ABC的面积为S,‎ 则由已知条件可知,△CDE∽△CAB,且S△CDE=S,所以S四边形ABED=S.‎ 由于两种状态下液体体积相等,‎ 所以V液体=Sh=S四边形ABEDl=Sl,即h=l.‎ 因此,当底面ABC水平放置时,液面的高为l.‎ ‎6.如图,长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8.点E,F分别在A1B1,D1C1上,过点E、F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形EFGH.‎ ‎(1)求证:A1E=D1F;‎ ‎(2)判断A1D与平面α的关系.‎ 解:(1)证明:过点E分别作EM⊥AB于点M,EN⊥D1C1于点N.‎ 设MH=m,NF=n.‎ 因为EFGH是正方形,所以EF=EH=HF.‎ 又在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=8,BC=10.‎ 所以102+n2=82+m2=[102+82+(m-n)2]‎ 解得n=0,m=6.‎ 所以N与F重合.所以A1E=D1N=D1F.‎ ‎(2)由(1)知,A1D≠EG.又A1E∥DG.‎ 所以四边形A1DGE是以A1D与EG为腰的梯形,‎ 即A1D与EG相交.又EG⊂α.‎ 所以直线A1D与平面α相交.‎

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