04 第42讲　直线、平面平行的判定与性质 【答案】听课.docxVIP

第42讲直线、平面平行的判定与性质

●课前基础巩固

【知识聚焦】

1.没有公共点一条直线与此平面内的一条直线交线平行

2.相交直线同一条直线平行交线

【对点演练】

1.1[解析]过点P与直线a作平面β,设β∩α=b,则a∥b,由作图的过程可知满足条件的直线b只有1条.

2.④[解析]因为a∥平面α,所以直线a与平面α无交点,因此直线a和平面α内的任意一条直线都不相交.

3.52[解析]因为α∥β,△PAB所在的平面与α,β分别交于CD,AB,所以CD∥AB,所以PCPA=CDAB,又因为PC=2,CA=3,CD=1,所以

4.④[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分别与另一个平面平行,那么这两个平面平行,故①②不能判断两个平面平行;当平面α∩平面β=直线l时,α内有无数条与交线l平行的直线与β平行,故③不能判断两个平面平行;根据面面平行的定义可知④能判断两个平面平行.故填④.

5.④[解析]对于①,a可以在经过b的平面内,故①错误;对于②,a与α内的直线平行或异面,故②错误;对于③,两平面也可以相交,故③错误;对于④,若a∥b,a∥α,b?α,则b∥α,故④正确.故填④.

●课堂考点探究

例1[思路点拨](1)根据平行的相关定理和结论逐项分析.(2)由题意作出图形,利用线面平行的判定定理可知GH∥平面ACE,又HF,GF均不与平面ACE平行,即可得解.

(1)D(2)B[解析](1)对于选项A,若存在一条直线a,a∥α,a∥β,则α∥β或α与β相交,故A错误;对于选项B,若存在一条直线a,a?α,a∥β,则α∥β或α与β相交,故B错误;对于选项C,若存在两条平行直线a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α,则α∥β或α与β相交,故C错误.故选D.

(2)如图,取CE的中点I,CC1的中点K,连接AI,IG,EK,因为CI=IE,CG=GK,所以IG∥EK,且IG=12EK,又AB∥EK,AB=EK,AH=12AB,所以IG∥AH,且IG=AH,所以四边形AHGI为平行四边形,所以AI∥GH,又GH?平面ACE,AI?平面ACE,所以GH∥平面ACE.易知HF,GF均不与平面ACE平行.故选B

变式题C[解析]由题意,作长方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示,对于A,当平面α为平面ABCD,m=A1B1,n=B1C1时,显然m∥α,n∥α,但m∩n=B1,故A错误;对于B,当平面α为平面ABCD,平面β为平面A1ADD1,m=B1C1时,显然m∥α,m∥β,但α∩β=AD,故B错误;对于C,因为m∥α,所以存在a?α,使得m∥a,因为m∥n,所以a∥n,因为a?α,n?α,所以n∥α,故C正确;对于D,当平面α为平面ABCD,平面β为平面A1B1C1D1,m=B1C1时,显然m∥α,α∥β,但m?β,故D错误.故选C.

例2[思路点拨]利用线面平行的判定定理证明即可.

证明:如图,连接B1C,ME.

因为M,E分别为BB1,BC的中点,

所以ME∥B1C,且ME=12B1

因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,

可得B1CA1D,故MEND,

所以四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥ED.

又MN?平面C1DE,DE?平面C1DE,

所以MN∥平面C1DE.

变式题解:(1)证明:连接BD,与AC交于点O,连接OF,因为四边形ABCD为正方形,所以O为BD的中点,

又E,F为PB的两个三等分点,

所以F为BE的中点,所以OF∥DE,

因为OF?平面ACF,DE?平面ACF,

所以DE∥平面ACF.

(2)PA=AD=AB=3,过点F作FG∥PA,交AB于点G,

因为F为PB的三等分点,PA⊥平面ABCD,所以FG⊥平面ABCD,且FG=13PA=

所以VA-BCF=VF-ABC=13S△ABC·FG=13×12×32×1

例3[思路点拨]取BC的中点G,连接GC1,利用线面平行的性质定理和面面平行的性质定理推出GC1∥FH,即可得到点F的位置.

解:设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l,因为FH∥平面AEB1,平面BCC1B1∩平面AEB1=l,FH?平面BCC1B1,所以FH∥l.

因为平面ADD1E∥平面BCC1B1,平面ADD1E∩平面AEB1=AE,平面BCC1B1∩平面AEB1=l,

所以AE∥l,所以AE∥FH.

取BC的中点G,连接C1G,易知AE∥GC1,所以GC1∥FH,

又H为CG的中点,所以F为CC1的中点.

变式题112[解析]连接BD,与AC交于点O,连接DF,交CE于G,连接OG,由于BF∥平面AEC,BF?平面BDF,平面BDF∩平面AEC=OG,所以B