高考数学（理）一轮课时达标41直线平面平行的判定及其性质

课时达标第41讲[解密考纲]对直线、平面平行的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面平行的判定与性质，常以解答题为主，难度中等．一、选择题1．(2018·广东揭阳模拟)设两个不同的平面α，β，两条不同的直线a，b，且a⊂α，b⊂α，则“a∥β，b∥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解析因为“a∥β，b∥β”，若a∥b，则α与β不一定平行，反之若“α∥β”，则一定“a∥β，b∥β”，故选B．2．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EFeq\f(1,5)BD，所以EF∥平面BCD．又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGeq\f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH是梯形．3．设a，b表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是(D)A．若a⊥α且a⊥b，则b∥αB．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥βC．若a∥α且a∥β，则α∥βD．若γ∥α且γ∥β，则α∥β解析对于A项，若a⊥α且a⊥b，则b∥α或b⊂α，故A项不正确；对于B项，若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β或α与β相交，故B项不正确；对于C项，若a∥α且a∥β，则α∥β或α与β相交，故C项不正确．排除A，B，C项，故选D．4．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)A．①② B．①④C．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．已知a，b表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是(C)A．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥bB．若a∥b，a⊂α，b⊂β，则α∥βC．若a∥b，α∩β＝a，则b∥α或b∥βD．若直线a与b异面，a⊂α，b⊂β，则α∥β解析对于A项，a与b还可能相交或异面，此时a与b不平行，故A项不正确；对于B项，α与β可能相交，此时设α∩β＝m，则a∥m，b∥m，故B项不正确；对于D项，α与β可能相交，如图所示，故D项不正确，故选C．6．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥n))⇒n∥α；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥β,n⊥β))⇒m∥n；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥β))⇒α∥β；④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊂α,n⊂β,α∥β))⇒m∥n.其中所有正确命题的序号是(B)A．③④ B．②③C．①② D．①②③④解析①不正确，n可能在α内．②正确，垂直于同一平面的两直线平行．③正确，垂直于同一直线的两平面平行．④不正确，m，n可能为异面直线．故选B．二、填空题7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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__eq\r(2)__.解析因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，又E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得EF＝eq\f(1,2)AC，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝2eq\r(2)，所以EF＝eq\r(2).8．(2018·北京模拟)设α，β，γ是三个不同平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是__①③__(把所有正确的题号填上)．解析①可以，由a∥γ得a与γ没有公共点，由b⊂β，α∩β＝a，b⊂γ知，a，b在面β内，且没有公共点，故平行．②a∥γ，b∥β不可以．举出反例如下：使β∥γ，b⊂γ，a⊂β，则此时能有a∥γ，b∥β，但不一定a∥b.这些条件无法确定两直线的位置关系．③可以，由b∥β，α∩β＝a知，a，b无公共点，再由a⊂γ，b⊂γ，可得两直线平行．9．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点，点M在线段PC上，PM＝tPC，PA∥平面MQB，则实数t＝__eq\f(1,3)__.解析连接AC交BQ于N，交BD于O，连接MN，如图，则O为BD的中点．又∵BQ为△ABD边AD上中线，∴N为正△ABD的中心．令菱形ABCD的边长为a，则AC＝eq\r(3)a，AN＝eq\f(\r(3),3)a.∵PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面MQB＝MN∴PA∥MN，∴PM∶PC＝AN∶AC，即PM＝eq\f(1,3)PC，∴t＝eq\f(1,3).三、解答题10．如图，P是△ABC所在平面外一点，A′，B′，C′分别是△PBC，△PCA，△PAB的重心．求证：平面A′B′C′∥平面ABC．证明连接PA′，PC′并延长，分别交BC，AB于M，N.∵A′，C′分别是△PBC，△PAB的重心，∴M，N分别是BC，AB的中点．连接MN，由eq\f(PA′,PM)＝eq\f(PC′,PN)＝eq\f(2,3)知A′C′∥MN，∵MN⊂平面ABC，∴A′C′∥平面ABC．同理，A′B′∥平面ABC，而A′C′和A′B′是平面A′B′C′内的相交直线，∴平面A′B′C′∥平面ABC．11．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？解析当点F为棱C1D1中点时，可使B1F∥平面A1BE，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC所以四边形A1BCD1为平行四边形，因此D1C∥A1B，又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B，这说明A1，B，G，E共面，所以BG⊂平面A1BE.因为四边形C1CDD1与B1BCC1都为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF为平行四边形，所以B1F∥BG，而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B112．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q是CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AQ，求A1F与平面BCC1B解析设平面AD1Q与直线BC交于点G，连接AG，QG，则G为BC的中点．分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接A1M，MN，A1N，如图所示．∵A1M∥D1Q，A1M⊄平面D1Q⊂平面D1AQ，∴A1M∥平面D1AQ.同理可得MN∥平面D1AQ∵A1M，MN是平面A1MN内的两条相交直线∴平面A1MN∥平面D1AQ.由此结合A1F∥平面D1AQ，可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F是线段MN设直线A1F与平面BCC1B1所成角为θ，移动点F并加以观察，可得当点F与M(或N)重合时，A1面BCC1B1所成