第24课 空间直线、平面的平行.DOCX

第24课空间直线、平面的平行

普查与练习24空间直线、平面平行的判定与性质

1．直线与平面平行的判定与性质

a．直线与平面平行的判定

(1)(2020江西南昌校级期末，5分)有下列四个条件：①a?β，b?β，a∥b；②b?β，a∥b；③a∥b∥c，b?β，c?β；④a，b是异面直线，a∥c，b?β，c?β.其中能保证直线a∥平面β的条件是(C)

A．①②B．①③C．①④D．②④

解析：①若a?β，b?β，a∥b，则a∥β，故符合题意；

②若b?β，a∥b，则a?β或a∥β，故不符合题意；

③若a∥b∥c，b?β，c?β，则a?β或a∥β，故不符合题意；

④若a，b是异面直线，a∥c，b?β，c?β，则a∥β，故符合题意．

综上所述，符合题意的条件是①④.故选C.

(2)(2021黑龙江哈尔滨开学检测，5分)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(A)

ABCD

解析：对于B，易知AB∥MQ，结合线面平行的判定定理，可知AB∥平面MNQ；对于C，易知AB∥MQ，结合线面平行的判定定理，可知AB∥平面MNQ；对于D，易知AB∥NQ，结合线面平行的判定定理，可知AB∥平面MNQ；对于A，连接AC，AD，CD，易知AC∥NQ，CD∥MN，AC∩CD＝C，所以平面ACD∥平面MNQ.易知AB是平面ACD的斜线，则AB与平面MNQ不平行．

(3)(2020浙江模拟节选，4分)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，N为棱AB的中点．求证：AC1∥平面NCB1.

答案：见证明过程

证明：连接BC1，交B1C于O点，连接NO.(1分)

∵在△ABC1中，N，O分别是AB，BC1的中点，∴NO∥AC1.(2分)

eq\a\vs4\al()

又∵NO?平面NCB1，AC1?平面NCB1，(3分)∴AC1∥平面NCB1.(4分)

(4)(2020山东潍坊一模节选，5分)如图，在等腰直角三角形ADP中，∠A＝90°，AD＝3，B，C分别是AP，DP上的点，且BC∥AD，E，F分别是AB，PC的中点，现将△PBC沿BC折起，得到四棱锥P－ABCD，连接EF.求证：EF∥平面PAD.

答案：见证明过程

证明：(法一)作CM∥AB，交AD于点M，连接PM，取PM的中点N，连接AN，FN.

由三角形中位线定理得FN∥CM，且FN＝eq\f(1,2)CM.

∵E是AB的中点，CM∥AB，∴AE∥CM，且AE＝eq\f(1,2)CM，∴FN∥AE，且FN＝AE，∴四边形AEFN是平行四边形，∴EF∥AN.(3分)

又∵AN?平面PAD，EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD.(5分)

(法二)由题意知四边形ABCD为梯形，取CD的中点G，连接GE，GF，则GE，GF分别为梯形ABCD和△PCD的中位线，∴GE∥AD，GF∥PD.

又∵AD?平面PAD，GE?平面PAD，PD?平面PAD，GF?平面PAD，∴GE∥平面PAD，GF∥平面PAD.(3分)

又GE∩GF＝G，∴平面GEF∥平面PAD.(4分)

又∵EF?平面GEF，∴EF∥平面PAD.(5分)

eq\a\vs4\al()

(5)(2020山东临沂学业考试节选，6分)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，O为BC的中点，点M在AO上，AM＝2MO，N为OC1与B1C的交点．求证：MN∥平面ACC1A1.

eq\a\vs4\al()

答案：见证明过程

证明：连接AC1.

∵O为BC的中点，OC∥B1C1，∴eq\f(ON,NC1)＝eq\f(OC,B1C1)＝eq\f(1,2).

∵AM＝2MO，∴eq\f(OM,AM)＝eq\f(1,2)＝eq\f(ON,NC1)，∴MN∥AC1.(4分)

又MN?平面ACC1A1，AC1?平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1.(6分)

b．直线与平面平行的性质

(6)(2020北京房山区期末，4分)如图，在三棱锥A－BCD中，E，F分别为AB，AD的中点，过EF的平面截三棱锥得到的截面为EFHG，则下列结论中不一定成立的是(D)

A．EF∥GHB．BD∥GHC．GH∥平面ABDD．AC∥平面EFHG

解析：对于A，∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD.又BD?平面BDC，EF?平面BDC，∴EF∥平面BDC.∵过EF