数学考试：直线平面平行的判定与性质

考点一　有关线面、面面平行的命题真假判断

【例1】解析　(1)选项A中,m与n可垂直、可异面、可平行;选项B中,m与n可平行、可异面;选项C中,若α∥β,仍然满足m⊥n,m⊂α,n⊂β,故选项C错误;故选项D正确.

(2)选项A错误,n有可能在平面α内;选项B错误,平面α有可能与平面β相交;选项C错误,n也有可能在平面β内;选项D正确,易知m∥β或m⊂β,若m⊂β,又n∥m,n⊄β,故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,故n∥l,又n⊄β,l⊂β,故n∥β.

答案　(1)D　(2)D

【训练1】解析　(1)可以构造一草图来表示位置关系,经验证,当b与α相交或b⊂α或b∥α时,均满足直线a⊥b,且直线a∥平面α的情况,故选D.

(2)①中,当α与β相交时,也能存在符合题意的l,m;②中,l与m也可能异面;③中,l∥γ,l⊂β,β∩γ=m⇒l∥m,同理l∥n,则m∥n,正确.

答案　(1)D　(2)C

考点二　线面平行的判定与性质

【例2】(1)证明　方法一　连接AB′,AC′,如图,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱,所以M为AB′的中点.

又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′.

又MN⊄平面A′ACC′,AC′⊂平面A′ACC′,因此MN∥平面A′ACC′.

方法二　取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如图,而M,N分别为AB′与B′C′的中点,所以MP∥AA′,PN∥A′C′.

所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′.

又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A′ACC′.

而MN⊂平面MPN,因此MN∥平面A′ACC′.

(2)解　方法一　连接BN,如图,由题意A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,所以A′N⊥平面NBC.又.

【训练2】证明　方法一　如图1,连接BH,BH与CF交于K,连接EK.

因F,H分别是AB,AC的中点,

故K是△ABC的重心,

因EK⊂平面CEF,GH⊄平面CEF,

故直线HG∥平面CEF.

图1

图2

方法二　如图2,取CD的中点N,连接GN,HN.

因G为DE的中点,故GN∥CE.

因CE⊂平面CEF,GN⊄平面CEF,

故GN∥平面CEF.连接FH,EN.

因F,E,H分别是棱AB,BD,AC的中点,

故,故FH∥EN.

故四边形FHNE为平行四边形,故HN∥EF.

因EF⊂平面CEF,HN⊄平面CEF,

故HN∥平面CEF.HN∩GN=N,

故平面GHN∥平面CEF.

因GH⊂平面GHN,故直线HG∥平面CEF.

考点三　面面平行的判定与性质

【例3】审题路线　(1)判定四边形BB1D1D是平行四边形⇒BD∥B1D1⇒BD∥平面CD1B1⇒同理推出A1B∥平面CD1B1⇒面A1BD∥面CD1B1.

(2)断定A1O为三棱柱ABD-A1B1D1的高⇒用勾股定理求A1O⇒求S△ABD⇒求VABD-A1B1D1.

(1)证明　由题设知,四边形BB1D1D是平行四边形,故BD∥B1D1.

又BD⊄平面CD1B1,

故BD∥平面CD1B1.

故四边形A1BCD1是平行四边形,

故A1B∥D1C.

又A1B⊄平面CD1B1,

故A1B∥平面CD1B1.

又因BD∩A1B=B,

故平面A1BD∥平面CD1B1.

(2)解　因A1O⊥平面ABCD,

故A1O是三棱柱ABD-A1B1D1的高.

故VABD-A1B1D1=S△ABD×A1O=1.

【训练3】证明　方法一　如图,连接B1D1,B1C.

因P,N分别是D1C1,B1C1的中点,

故PN∥B1D1.

又B1D1∥BD,故PN∥BD.

又PN⊄平面A1BD,

故PN∥平面A1BD.

同理MN∥平面A1BD.

又PN∩MN=N,

故平面PMN∥平面A1BD.

方法二　如图,连接AC1,AC,

且AC∩BD=O,

因ABCD-A1B1C1D1为正方体,

故AC⊥BD,CC1⊥平面ABCD,

故CC1⊥BD,又AC∩CC1=C,

故BD⊥平面AC1C,

故AC1⊥BD.同理可证AC1⊥A1B,

故AC1⊥平面A1BD.同理可证AC1⊥平面PMN,

故平面PMN∥平面A1BD.

答题模板——如何作答平行关系证明题

【典例】

[规范解答](1)如图1,取BD的中点O,连接CO,EO.

由于CB=CD,所以CO⊥BD,

又EC⊥BD,EC∩CO=C,CO,EC⊂平面EOC,所以BD⊥平面EOC,

图1

因此BD⊥EO,

又O为BD的中点,所以BE=DE.

图2

(2)方法一　如图2,取AB的中点N,连接DM,DN,MN.

因为M是AE的中点,所以MN∥BE.

又MN⊄平面BEC,BE⊂平面BEC,故MN∥平面BEC.

又因为△ABD为正三角形,

所以∠BDN=30°,

又CB=CD,∠BCD=120°,(www.xing528.com)

因此∠CBD=30°,所以DN∥BC.

又DN⊄平面BEC,BC⊂平面BEC,所以DN∥平面BEC.

又MN∩DN=N,故平面DMN∥平面BEC,

又DM⊂平面DMN,所以DM∥平面BEC.

图3

方法二　如图3,延长AD,BC交于点F,连接EF.

因为CB=CD,∠BCD=120°,所以∠CBD=30°.

因为△ABD为正三角形,

所以∠BAD=60°,∠ABC=90°,

因此∠AFB=30°,

所以AB=AF.

又AB=AD,所以D为线段AF的中点.

连接DM,由点M是线段AE的中点,因此DM∥EF.

又DM⊄平面BEC,EF⊂平面BEC,所以DM∥平面BEC.

【自主体验】证明　法一　取PB中点N,连接MN,CN.

在△PAB中,

因M是PA的中点,

故MN∥AB.

且MN=AB=3,

又CD∥AB,CD=3,

故MN∥CD.

故四边形MNCD为平行四边形,

故DM∥CN.

又DM⊄平面PBC,CN⊂平面PBC,

故DM∥平面PBC.

方法二　取AB的中点E,

连接ME,DE.

在梯形ABCD中,BE∥CD,

且BE=CD,

故四边形BCDE为平行四边形,

故DE∥BC,又DE⊄平面PBC,

BC⊂平面PBC,

故DE∥平面PBC.

又在△PAB中,ME∥PB,

ME⊄平面PBC,

PB⊂平面PBC,

故ME∥平面PBC,

又DE∩ME=E,

故平面DME∥平面PBC.

又DM⊂平面DME,

故DM∥平面PBC.

基础过关题

一、选择题

1.解析　由平行公理知选项C正确,选项A中a与b可能异面.选项B中a,b可能相交或异面,选项D中a,b可能异面.

答案　C

2.解析　因AB∥CD,AB⊂α,CD⊄α⇒CD∥α,

故CD和平面α内的直线没有公共点.

答案　B

3.解析　在选项A,B,D中,均有可能a⊂α,错误;在选项C中,两平面平行,则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面,故选项C正确.

答案　C

4.解析　选项A中,m,n可为相交直线;选项B正确;选项C中,n可以平行β,也可以在β内;选项D中,m,n也可能异面.

答案　B

5.

解析　如图,由题意知EF∥BD,且EF=BD.

HG∥BD,且HG=BD.

故EF∥HG,且EF≠HG.

故四边形EFGH是梯形.

又EF∥平面BCD,而EH与平面ADC不平行.故选B.

答案　B

二、填空题

6.解析　根据空间点、线、面间的位置关系,过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直,故①正确;过平面外一点有无数条直线与该平面平行,故②不正确;根据平面与平面平行的性质定理:如果两个平行平面和第三个平面相交,那么所得的两条交线平行,故③正确;根据两个平面垂直的性质:如果两个平面互相垂直,那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内,故④正确.从而正确的命题有①③④.

答案　①③④

7.解析　如图.

连接AC,BD交于点O,连接OE,因为OE∥BD1,而OE⊂平面ACE,BD1⊄平面ACE,所以BD1∥平面ACE.

答案　平行

8.解析　由面面平行的性质定理可知,①正确;当b∥β,a⊂γ时,a和b在同一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.故应填入的条件为①或③.

答案　①或③

能力提高题

一、选择题

1.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,又l1与l2相交,故可得α∥β,充分性成立,而由α∥β不一定能得到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不一定相交,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.

答案　B

2.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②③都不可以,故选C.

答案　C

二、解答题

3.解　由三视图可知:AB=BC=BF=2,DE=CF=.

(1)证明:取BF的中点G,连接MG,NG,由M,N分别为AF,BC的中点可得,

NG∥CF,MG∥EF,且NG∩MG=G,CF∩EF=F.

故平面MNG∥平面CDEF,又MN⊂平面MNG,故MN∥平面CDEF.

(2)取DE的中点H.

因AD=AE,故AH⊥DE,

在直三棱柱ADE-BCF中,平面ADE⊥平面CDEF,平面ADE∩平面CDEF=DE.故AH⊥平面CDEF.