全品高考备战2027年数学一轮学生用书03第43讲直线、平面平行的判定与性质【答案】听课手册

第43讲直线、平面平行的判定与性质●课前基础巩固【知识聚焦】1.此平面内相交2.相交直线相交交线【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,反之也成立.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AB4.④[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.平行四边形[解析]∵平面ABFE∥平面DCGH,平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面DCGH=HG,∴EF∥HG.同理EH∥FG,∴四边形EFGH是平行四边形.6.l⊄α[解析]①由线面平行的判定定理知l⊄α;②由线面平行的判定定理知l⊄α.●课堂考点探究例1[思路点拨](1)根据线面平行的判定定理和性质定理,结合充分条件、必要条件的判定方法,即可得结果.(2)对于A,B,D,以正方体为载体,举反例说明即可;对于C,根据线面平行的判定定理,即可作出判断.(1)A(2)C[解析](1)当m∥l时,m可能在α内或者β内,故不能推出m∥β且m∥α,所以充分性不成立;当m∥β且m∥α时,设存在直线n⊂α,n⊄β,且n∥m,因为m∥β,所以n∥β,根据直线与平面平行的性质定理,可得n∥l,所以m∥l,即必要性成立.故“m∥l”是“m∥β且m∥α”的必要不充分条件.故选A.(2)对于A,B,D,如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,例如BC⊂平面ABCD,A1D1⊂平面ADD1A1,BC∥A1D1,但平面ABCD∩平面ADD1A1=AD,故A错误;例如BC∥平面A1B1C1D1,A1B1∥平面ABCD,平面A1B1C1D1∥平面ABCD,但直线BC与直线A1B1异面,故B错误;例如BC∥平面A1B1C1D1,A1B1⊂平面A1B1C1D1,但直线BC与直线A1B1异面,故D错误.对于C,根据线面平行的判定定理可知若a⊄α,b⊂α,a∥b,则a∥α,故C正确.故选C.变式题A[解析]把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD-EFMN,如图a所示.对于①,平面BCMF∥平面ADNE,BM⊂平面BCMF,所以BM∥平面ADNE,①正确.对于②,平面DCMN∥平面ABFE,CN⊂平面DCMN,所以CN∥平面ABFE,②正确.对于③,如图b所示,易知DN=BF,DN∥BF,则四边形BDNF为平行四边形,则BD∥FN,又BD⊄平面AFN,FN⊂平面AFN,所以BD∥平面AFN;同理可得四边形ABMN为平行四边形,则BM∥AN,因为BM⊄平面AFN,AN⊂平面AFN,所以BM∥平面AFN,又BD∩BM=B,BD,BM⊂平面BDM,所以平面BDM∥平面AFN,③正确.对于④,如图c所示,由③知BD∥FN,因为BD⊄平面NCF,FN⊂平面NCF,所以BD∥平面NCF;因为BC∥EN,BC=EN,所以四边形BCNE为平行四边形,所以BE∥CN,因为BE⊄平面NCF,CN⊂平面NCF,所以BE∥平面NCF.又因为BD∩BE=B,且BD,BE⊂平面BDE,所以平面BDE∥平面NCF,④正确.故选A. 例2[思路点拨]思路一:取PD的中点F,连接EF,AF,通过三角形的中位线的性质证明四边形ABEF为平行四边形,由平行四边形的性质证明BE∥AF,利用线面平行的判定定理可得证;思路二:延长DA,CB交于H,连接PH,利用比例相等以及三角形中位线定理得到BE∥PH,利用线面平行的判定定理可得证;思路三:取CD的中点H,连接BH,EH,利用平面BHE∥平面PAD,BE⊂平面BHE,得到线面平行.证明:方法一:如图①,取PD的中点F,连接EF,FA.由题意知EF为△PDC的中位线,∴EF∥CD,且EF=12CD=2.又∵AB∥CD,AB=2,∴ABEF,∴四边形ABEF为平行四边形,∴BE∥又AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,∴BE∥平面PAD.方法二:如图②,延长DA,CB相交于点H,连接PH.∵AB∥CD,AB=2,CD=4,∴HBHC=ABCD=12,即B为HC的中点,又E为PC的中点,∴BE又BE⊄平面PAD,PH⊂平面PAD,∴BE∥平面PAD.方法三:如图③,取CD的中点H,连接BH,HE.∵E为PC的中点,∴EH∥PD,又EH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,∴EH∥平面PAD.由题意知ABDH,∴四边形ABHD为平行四边形,∴BH∥AD,又AD⊂平面PAD,BH⊄平面PAD,∴BH∥平面PAD.又BH∩EH=H,BH,EH⊂平面BHE,∴平面BHE∥平面PAD,又BE⊂平面BHE,∴BE∥平面PAD. 变式题证明:在棱PA上取N,使得AN=14AP,取棱AB的中点M,连接EM,MN,NF,因为PNPA=PFPD=34,所以NF∥AD,且NFAD=PFPD=34,则NF=34AD=32BC.在梯形ABCD中,因为AD∥BC,AD=2BC,E为CD的中点,所以ME∥AD,ME=32BC,所以ME∥NF,ME=NF,所以四边形FNME为平行四边形,所以EF∥MN,又EF⊄平面PAB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.证明: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B[解析]如图所示,在平面ABB1A1内,作MF∥AA1,与DE交于点F,连接CF,易知MF∥CC1.因为MN∥平面CDE,所以由线面平行的性质定理知MN∥CF,所以四边形MFCN是平行四边形,所以MF=CN.因为M是A1B1的中点,所以MF是梯形A1B1DE的中位线,不妨设AA1=6,则MF=A1E+B1D2=3+22=52,所以CN=52,所以C1N=6-5例4[思路点拨](1)要证A1O∥平面B1CD1,需在平面B1CD1内寻找一条直线与A1O平行,取B1D1的中点E,则CE∥A1O,由线面平行的判定定理可证;(2)要证明平面A1BD∥平面B1CD1,观察空间直观图,需在平面A1BD内寻找两条相交直线与平面B1CD1平行.证明:(1)如图,取B1D1的中点E,连接A1E,CE,易知A1E=OC,A1E∥OC,所以四边形COA1E为平行四边形,所以A1O∥EC.因为EC⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为BD∥B1D1,B1D1⊂平面B1CD1,BD⊄平面B1CD1,所以BD∥平面B1CD1.由(1)知,A1O∥平面B1CD1,因为A1O∩BD=O,A1O,BD⊂平面A1BD,所以平面A1BD∥平面B1CD1.变式题解:(1)证明:∵BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,∴BC∥平面PAD,∵BC⊂平面PBC,平面PBC∩平面PAD=l,∴BC∥l,∴l∥AD.(2)当N为棱AD的中点时,MN∥平面PAB.理由如下:如图,取AD的中点N,连接CN,EN,∵E,N分别为PD,AD的中点,∴EN∥PA,又EN⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,∴EN∥平面PAB.取PA的中点F,连接EF,BF,则EF∥AD,且EF=12AD,∴EF∥BC,且EF=BC,∴四边形BCEF为平行四边形,∴CE∥∵BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB,又CE∩EN=E,CE,EN⊂平面CEN,∴平面CEN∥平面PAB.∵M是CE上的动点,MN⊂平面CEN,∴MN∥平面PAB,∴当N为棱AD的中点时,MN∥平面PAB.例5[思路点拨](1)利用正棱锥的性质及正棱锥的面积公式,即可求出正四棱锥S-ABCD的表面积;(2)利用线面平行的性质得到线线平行,利用中位线可证结论;(3)设侧棱SC上存在点E,使得BE∥平面PAC,利用面面平行的判定和性质得到BE∥平面PAC.解:(1)因为SA=2AB=2,所以正四棱锥S-ABCD的底面积为2.由正四棱锥的性质可得侧面为4个全等的等腰三角形,因为SA=SD=2,AD=2,所以正四棱锥S-ABCD的侧面积为4×12×2×4-12=27,所以正四棱锥S-(2)证明:如图①,连接BD,交AC于点O,则O为BD的中点,连接OP.因为SB∥平面ACP,SB⊂平面SBD,平面SBD∩平面ACP=OP,所以SB∥OP,又O为BD的中点,所以P为棱SD的中点.(3)在侧棱SC上存在一点E,满足SEEC=2,使得BE∥平面ACP.理由如下:如图②,取SD的中点Q,连接BQ,连接BD,交AC于点O,则O为BD的中点,连接OP因为SP=3PD,所以PQ=PD,又O为BD的中点,所以BQ∥OP,又OP⊂平面PAC,BQ⊄平面PAC,所以BQ∥平面PAC.过点Q作QE∥CP,交SC于点E,连接BE,因为CP⊂平面PAC,QE⊄平面PAC,所以QE∥平面PAC,又BQ∩QE=Q,BQ,QE⊂平面BEQ,所以平面BEQ∥平面PAC,又BE⊂平面BEQ,所以BE∥平面PAC.由QE∥PC,得SEEC=SQQP,由SP=3PD,Q为SD的中点,得所以SEEC=2,即侧棱SC上存在一点E,满足SEEC=2,使得BE∥ 变式题解:(1)证明:因为E,F分别为线段AC1,A1C1上的点,AE=λAC1,A1F=λA所以EF∥A1A,又B1B∥A1A,所以EF∥B1B,又EF⊄平面BCC1B1,B1B⊂平面BCC1B1,