直线与平面平面与平面平行的判定附答案.docx
- 文档编号:24040923
- 上传时间:2023-05-23
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:298.11KB
直线与平面平面与平面平行的判定附答案.docx
《直线与平面平面与平面平行的判定附答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《直线与平面平面与平面平行的判定附答案.docx(17页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
直线与平面平面与平面平行的判定附答案
直线与平面、平面与平面平行的判定
[学习目标] 1、理解直线与平面平行、平面与平面平行判定定理的含义、2、会用图形语言、文字语言、符号语言准确描述直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理,并知道其地位与作用、3、能运用直线与平面平行的判定定理、平面与平面平行的判定定理证明一些空间线面关系的简单问题、
知识点一 直线与平面平行的判定定理
语言叙述
符号表示
图形表示
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行
⇒a∥α
思考 若一条直线平行于一个平面内的一条直线,则这条直线与这个平面平行不?
答 根据直线与平面平行的判定定理可知该结论错误、
知识点二 平面与平面平行的判定定理
语言叙述
符号表示
图形表示
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行
⇒α∥β
思考 如果一条直线与两个平行平面中的一个平行,那么这条直线与另一个平面也平行不?
答 不一定、这条直线与另一个平面平行或在另一个平面内、
题型一 直线与平面平行的判定定理的应用
例1
如图,空间四边形ABCD中,E、F、G、H分别就是AB、BC、CD、DA的中点、
求证:
(1)EH∥平面BCD;
(2)BD∥平面EFGH、
证明
(1)∵EH为△ABD的中位线,
∴EH∥BD、
∵EH⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,
∴EH∥平面BCD、
(2)∵BD∥EH,BD⊄平面EFGH,
EH⊂平面EFGH,
∴BD∥平面EFGH、
跟踪训练1 在四面体A-BCD中,M,N分别就是△ABD与△BCD的重心,求证:
MN∥平面ADC、
证明 如图所示,连接BM,BN并延长,分别交AD,DC于P,Q两点,连接PQ、
因为M,N分别就是△ABD与△BCD的重心,
所以BM∶MP=BN∶NQ=2∶1、
所以MN∥PQ、
又因为MN⊄平面ADC,PQ⊂平面ADC,
所以MN∥平面ADC、
题型二 面面平行判定定理的应用
例2 如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,E分别就是BC与B1C1的中点、求证:
平面A1EB∥平面ADC1、
证明 由棱柱性质知,
B1C1∥BC,B1C1=BC,
又D,E分别为BC,B1C1的中点,
所以C1E綊DB,则四边形C1DBE为平行四边形,
因此EB∥C1D,
又C1D⊂平面ADC1,
EB⊄平面ADC1,
所以EB∥平面ADC1、
连接DE,同理,EB1綊BD,
所以四边形EDBB1为平行四边形,则ED綊B1B、
因为B1B∥A1A,B1B=A1A(棱柱的性质),
所以ED綊A1A,则四边形EDAA1为平行四边形,
所以A1E∥AD,又A1E⊄平面ADC1,AD⊂平面ADC1,
所以A1E∥平面ADC1、
由A1E∥平面ADC1,EB∥平面ADC1,
A1E⊂平面A1EB,EB⊂平面A1EB,
且A1E∩EB=E,所以平面A1EB∥平面ADC1、
跟踪训练2 已知ABCD-A1B1C1D1就是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上,点G在BB1上,且AE=FC1=B1G=1,H就是B1C1的中点、
求证:
(1)E,B,F,D1四点共面;
(2)平面A1GH∥平面BED1F、
证明
(1)∵AE=B1G=1,∴BG=A1E=2、
又∵BG∥A1E,∴四边形A1EBG就是平行四边形,
∴A1G∥BE、
连接FG、∵C1F=B1G,C1F∥B1G,
∴四边形C1FGB1就是平行四边形,
∴FG=C1B1=D1A1,FG∥C1B1∥D1A1,
∴四边形A1GFD1就是平行四边形,
∴A1G∥D1F,∴D1F∥EB、
故E,B,F,D1四点共面、
(2)∵H就是B1C1的中点,∴B1H=
、
又∵B1G=1,∴
=
、
又
=
且∠FCB=∠GB1H=90°,
∴△B1HG∽△CBF,
∴∠B1GH=∠CFB=∠FBG,∴HG∥FB、
又由
(1)知,A1G∥BE,且HG∩A1G=G,FB∩BE=B,
∴平面A1GH∥平面BED1F、
题型三 线面平行、面面平行判定定理的综合应用
例3 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P就是DD1的中点,设Q就是CC1上的点、问:
当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO?
请说明理由、
解 当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO、理由如下:
连接PQ、∵Q为CC1的中点,P为DD1的中点,
∴PQ∥DC∥AB,PQ=DC=AB,
∴四边形ABQP就是平行四边形,∴QB∥PA、
又∵O为DB的中点,∴D1B∥PO、
又∵PO∩PA=P,D1B∩QB=B,
∴平面D1BQ∥平面PAO、
跟踪训练3 如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面为正三角形,侧棱A1A⊥底面ABC,E,F分别就是棱CC1,BB1上的点,EC=2FB、M就是线段AC上的动点,当点M在何位置时,BM∥平面AEF?
请说明理由、
解 当M为AC中点时,BM∥平面AEF、理由如下:
方法一 如图1,取AE的中点O,连接OF,OM、
∵O,M分别就是AE,AC的中点,
∴OM∥EC,OM=
EC、
又∵BF∥CE,EC=2FB,∴OM∥BF,OM=BF,
∴四边形OMBF为平行四边形,∴BM∥OF、
又∵OF⊂面AEF,BM⊄面AEF,
∴BM∥平面AEF、
方法二 如图2,取EC的中点P,连接PM,PB、
∵PM就是△ACE的中位线,
∴PM∥AE、
∵EC=2FB=2PE,CC1∥BB1,∴PE=BF,PE∥BF,
∴四边形BPEF就是平行四边形,∴PB∥EF、
又∵PM⊄平面AEF,PB⊄平面AEF,
∴PM∥平面AEF,PB∥平面AEF、
又∵PM∩PB=P,∴平面PBM∥平面AEF、
又∵BM⊂面PBM,∴BM∥平面AEF、
面面平行的判定
例4 已知在正方体ABCD-A′B′C′D′中,M,N分别就是A′D′,A′B′的中点,在该正方体中就是否存在过顶点且与平面AMN平行的平面?
若存在,试作出该平面,并证明您的结论;若不存在,请说明理由、
分析 根据题意画出正方体,根据平面AMN的特点,试着在正方体中找出几条平行于该平面的直线,然后作出判断,并证明、
解 如图,与平面AMN平行的平面有以下三种情况:
下面以图①为例进行证明、
如图①,取B′C′的中点E,连接BD,BE,DE,ME,B′D′,
可知四边形ABEM就是平行四边形,
所以BE∥AM、
又因为BE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,
所以AM∥平面BDE、
因为MN就是△A′B′D′的中位线,
所以MN∥B′D′、
因为四边形BDD′B′就是平行四边形,
所以BD∥B′D′、
所以MN∥BD、
又因为BD⊂平面BDE,MN⊄平面BDE,
所以MN∥平面BDE、
又因为AM⊂平面AMN,MN⊂平面AMN,且AM∩MN=M,
所以由平面与平面平行的判定定理可得,平面AMN∥平面BDE、
1、过直线l外两点,作与l平行的平面,则这样的平面( )
A、不可能作出B、只能作出一个
C、能作出无数个D、上述三种情况都存在
2、经过平面α外两点,作与α平行的平面,则这样的平面可以作( )
A、1个或2个B、0个或1个
C、1个D、0个
3、若线段AB,BC,CD不共面,M,N,P分别为线段AB,BC,CD的中点,则直线BD与平面MNP的位置关系就是( )
A、平行B、直线在平面内
C、相交D、以上均有可能
4、在正方体EFGH-E1F1G1H1中,下列四对截面彼此平行的一对就是( )
A、平面E1FG1与平面EGH1B、平面FHG1与平面F1H1G
C、平面F1H1H与平面FHE1D、平面E1HG1与平面EH1G
5、梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊂平面α,CD⊄平面α,则直线CD与平面α的位置关系就是________、
一、选择题
1、下列说法正确的就是( )
①若一个平面内有两条直线都与另一个平面平行,则这两个平面平行;
②若一个平面内有无数条直线都与另一个平面平行,则这两个平面平行;
③若一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面,则这两个平面平行;
④若一个平面内的两条相交直线都与另一个平面平行,则这两个平面平行、
A、①③B、②④C、②③④D、③④
2、平面α与平面β平行的条件可以就是( )
A、α内有无穷多条直线与β平行
B、直线a∥α,a∥β,且直线a不在α与β内
C、直线a⊂α,直线b⊂β,且b∥α,a∥β
D、α内的任何直线都与β平行
3、六棱柱的表面中,互相平行的平面最多有( )
A、2对B、3对C、4对D、5对
4、如果直线a平行于平面α,那么下列命题正确的就是( )
A、平面α内有且只有一条直线与a平行B、平面α内有无数条直线与a平行
C、平面α内不存在与a平行的直线D、平面α内的任意直线与直线a都平行
5、在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则( )
A、BD∥平面EFG,且四边形EFGH就是平行四边形
B、EF∥平面BCD,且四边形EFGH就是梯形
C、HG∥平面ABD,且四边形EFGH就是平行四边形
D、EH∥平面ADC,且四边形EFGH就是梯形
6、平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零,则α与β的位置关系为( )
A、平行B、相交C、平行或相交D、可能重合
7、已知直线l,m,平面α,β,下列命题正确的就是( )
A、l∥β,l⊂α⇒α∥βB、l∥β,m∥β,l⊂α,m⊂α⇒α∥β
C、l∥m,l⊂α,m⊂β⇒α∥βD、l∥β,m∥β,l⊂α,m⊂α,l∩m=M⇒α∥β
二、填空题
8、三棱锥SABC中,G为△ABC的重心,E在棱SA上,且AE=2ES,则EG与平面SBC的关系为________、
9、如图就是正方体的平面展开图、在这个正方体中,
①BM∥平面DE;②CN∥平面AF;③平面BDM∥平面AFN;④平面BDE∥平面NCF、
以上四个命题中,正确命题的序号就是________、
10、右图就是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中,给出下面五个结论:
①平面EFGH∥平面ABCD;②PA∥平面BDG;
③EF∥平面PBC;④FH∥平面BDG;
⑤EF∥平面BDG;
其中正确结论的序号就是________、
三、解答题
11、如图,在已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,点M,N,Q分别在PA,BD,PD上,且PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD、求证:
平面MNQ∥平面PBC、
12、如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M就是棱AB的中点,点N在侧面AA1D1D上运动,点N满足什么条件时,MN∥平面BB1D1D?
当堂检测答案
1、答案 D
解析 设直线外两点为A、B,若直线AB∥l,则过A、B可作无数个平面与l平行;若直线AB与l异面,则只能作一个平面与l平行;若直线AB与l相交,则过A、B没有平面与l平行、
2、答案 B
解析 ①当经过两点的直线与平面α平行时,可作出一个平面β使β∥α、
②当经过两点的直线与平面α相交时,由于作出的平面又至少有一个公共点,故经过两点的平面都与平面α相交,不能作出与平面α平行的平面、故满足条件的平面有0个或1个、
3、答案 A
解析 连接NP,因为N、P分别就是BC、CD的中点,M就是AB的中点,AB、BC、CD不共面,所以直线BD不在平面MNP上、∴直线BD与平面MNP平行、
4、答案 A
解析 如图,∵EG∥E1G1,
EG⊄平面E1FG1,
E1G1⊂平面E1FG1,
∴EG∥平面E1FG1,
又G1F∥H1E,
同理可证H1E∥平面E1FG1,
又H1E∩EG=E,
∴平面E1FG1∥平面EGH1、
5、答案 CD∥α
解析 因为AB∥CD,AB⊂平面α,CD⊄平面α,由线面平行的判定定理可得CD∥α、
课时精练答案
一、选择题
1、答案 D
解析 如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,在平面ABCD内,在AB上任取一点E,过点E作EF∥AD,交CD于点F,则由线面平行的判定定理,知EF,BC都平行于平面ADD1A1,用同样的方法可以在平面ABCD内作出无数条直线都与平面ADD1A1平行,但就是平面ABCD与平面ADD1A1不平行,因此①②都错;③正确,事实上,因为一个平面内任意一条直线都平行于另一个平面,所以这两个平面必无公共点(要注意“任意一条直线”与“无数条直线”的区别);④就是平面与平面平行的判定定理,正确、
2、答案 D
解析 对于A项,当α与β相交时,α内也有无数条直线都与交线平行,故A错误;对于B项,当a平行于α与β的交线时,也能满足,但此时α与β相交,故B错误;对于C项,当a与b都与α与β的交线平行时,也能满足,但此时α与β相交,故C错误;对于D项,α内的任何直线都与β平行,故在一个平面内存在两条相交直线平行于另一平面,故D正确、
3、答案 C
解析 侧面中有3对,对面相互平行,上下两底面也相互平行、
4、答案 B
解析 如图,直线B1C1∥平面ABCD,B1C1∥BC,B1C1∥AD,B1C1∥EF(E,F为中点)等,平面ABCD内平行于BC的所有直线均与B1C1平行、但AB与B1C1不平行、
5、答案 B
解析 易证EF∥平面BCD、
由AE∶EB=AF∶FD,知EF∥BD,且EF=
BD、
又因为H,G分别为BC,CD的中点,
所以HG∥BD,且HG=
BD、
综上可知,EF∥HG,EF≠HG,
所以四边形EFGH就是梯形,且EF∥平面BCD、
6、答案 C
解析 若三点分布于平面β的同侧,则α与β平行,若三点分布于平面β的两侧,则α与β相交、
7、答案 D
解析
如图所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB∥CD,
则AB∥平面DC1,AB⊂平面AC,
但就是平面AC与平面DC1不平行,
所以A错误;取BB1的中点E,CC1的中点F,则可证EF∥平面AC,
B1C1∥平面AC、EF⊂平面BC1,B1C1⊂平面BC1,但就是平面AC与平面BC1不平行,所以B错误;可证AD∥B1C1,AD⊂平面AC,B1C1⊂平面BC1,又平面AC与平面BC1不平行,所以C错误;很明显D就是面面平行的判定定理,所以D正确、
二、填空题
8、答案 平行
解析 如图,延长AG交BC于F,连接SF,则由G为△ABC的重心知AG∶GF=2,又AE∶ES=2,∴EG∥SF,又SF⊂平面SBC,EG⊄平面SBC,
∴EG∥平面SBC、
9、答案 ①②③④
解析 以ABCD为下底面还原正方体,如图:
则易判定四个命题都就是正确的、
10、答案 ①②③④
解析 把图形还原为一个四棱锥,然后根据线面、面面平行的判定定理判断即可、
三、解答题
11、证明 因为PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD,
所以MQ∥AD,NQ∥BP、
因为BP⊂平面PBC,NQ⊄平面PBC,
所以NQ∥平面PBC、
又因为底面ABCD为平行四边形,
所以BC∥AD,所以MQ∥BC、
因为BC⊂平面PBC,MQ⊄平面PBC,
所以MQ∥平面PBC、
又因为MQ∩NQ=Q,
所以根据平面与平面平行的判定定理,得平面MNQ∥平面PBC、
12、
解 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,分别取棱A1B1,A1D1,AD的中点E,F,G,连接ME,EF,FG,GM、
因为M就是AB的中点,
所以ME∥AA1∥FG,且ME=AA1=FG、
所以四边形MEFG就是平行四边形、
因为ME∥BB1,BB1⊂平面BB1D1D,ME⊄平面BB1D1D,
所以ME∥平面BB1D1D、
在△A1B1D1中,因为EF∥B1D1,B1D1⊂平面BB1D1D,EF⊄平面BB1D1D,
所以EF∥平面BB1D1D、
又因为ME∩EF=E,且ME⊂平面MEFG,EF⊂平面MEFG,
所以平面MEFG∥平面BB1D1D、
在FG上任取一点N,连接MN,
所以MN⊂平面MEFG、
所以MN与平面BB1D1D无公共点、
所以MN∥平面BB1D1D、
总之,当点N在平面AA1D1D内的直线FG上(任意位置)时,都有MN∥BB1D1D,
即当点N在矩形AA1D1D中过A1D1与AD的中点的直线上运动时,都有MN∥平面BB1D1D、
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 直线 平面 平行 判定 答案