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2.2 直线、平面平行的判定及其性质2.2.1 直线与平面平行的判定【选题明细表】知识点、方法题号线面平行判定定理的理解1,2线面平行的判定3,4,5,6,7判定定理的综合应用8,9,10,11,121.下列命题中正确的个数是( B )①若直线a不在α内,则a∥α ②若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α ③若直线l与平面α平行,则l与α内的任意一条直线都平行 ④若l与平面α平行,则l与α内任何一条直线都没有公共点 ⑤平行于同一平面的两直线可以相交(A)1(B)2(C)3(D)4解析:①a⊄α,则a∥α或a与α相交,故①不正确;②当l与α相交时,满足条件,但得不出l∥α,故②不正确;③若l∥α,则l与α内的无数条直线异面,并非都平行,故③错误;若l∥α,则l与α内的任何直线都没有公共点,故④正确;若a∥α,b∥α,则a与b可以相交,也可以平行或异面,故⑤正确.
2.设b是一条直线,α是一个平面,则由下列条件不能得出b∥α的是( A )(A)b与α内一条直线平行(B)b与α内所有直线都没有公共点(C)b与α无公共点(D)b不在α内,且与α内的一条直线平行解析:根据线面平行的定义可知,当b与α内所有直线没有公共点,或b与平面α无公共点时,b∥α,故B,C可推出b∥α;由线面平行的判定定理可知,D项可推出b∥α;只有A,当b与α内的一条直线平行时,b可能在α内,也可能在α外,故不能推出b∥α.3.若M,N分别是△ABC的边AB,AC的中点,MN与过直线BC的平面β的位置关系是( C )(A)MN∥β(B)MN与β相交或MN⊂β(C)MN∥β或MN⊂β(D)MN∥β或MN与β相交或MN⊂β解析:MN是△ABC的中位线,所以MN∥BC,因为平面β过直线BC,若平面β过直线MN,则MN⊂β.若平面β不过直线MN,则MN∥β,故选C.4.(2017·江西师大附中高一测试)平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于D,E,且=,如图所示,则BC与平面α的关系是( A )
(A)平行(B)相交(C)异面(D)BC⊂α解析:因为=,所以ED∥BC,又DE⊂α,BC⊄α,所以BC∥α.5.如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F分别为边AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,又H,G分别为BC,CD的中点,则( B )(A)BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是矩形(B)EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形(C)HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形(D)EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形解析:由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF∥BD,且EF=BD,所以EF∥平面BCD.又H,G分别为BC,CD的中点,所以HG∥BD,且HG=BD,所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形.故选B.
6.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是 .(写出所有符合要求的图形序号) 解析:①设MP中点为O,连接NO.易得AB∥NO,又AB⊄平面MNP,所以AB∥平面MNP.②若下底面中心为O,易知NO∥AB,NO⊄平面MNP,所以AB与平面MNP不平行.③易知AB∥MP,又AB⊄平面MNP,所以AB∥平面MNP.④易知存在一直线MC∥AB,且MC⊄平面MNP,所以AB与平面MNP不平行.答案:①③7.(2017·月考)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,C1D1的中点,求证:EF∥平面BDD1B1.证明:如图,取D1B1的中点O,连接OF,OB.
因为OFB1C1,BEB1C1,所以OFBE.所以四边形OFEB是平行四边形,所以EF∥BO.因为EF⊄平面BDD1B1,BO⊂平面BDD1B1,所以EF∥平面BDD1B1.8.如图,在三棱柱ABCA′B′C′中,点E,F,H,K分别为AC′,CB′,A′B,B′C′的中点,G为△ABC的重心,从K,H,G,B′中取一点作为P,使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行,则P为( C )(A)K(B)H(C)G(D)B′解析:当点P与K重合时,平面PEF即为平面KEF,因为KF与三棱柱三条侧棱都平行,不满足题设条件.当P点与H重合时,平面PEF即为平面HEF,而平面HEF与三棱柱两底面均平行,有六条棱平行于平面HEF不合题意,当P点与B′点重合时,平面PEF即为平面B′
EF,此时三棱柱棱中只有一条棱AB与它平行不合题意.当P点与G点重合时,平面PEF即为平面GEF,此时恰有三棱柱的两条棱AB,A′B′与平面平行满足题意,故选C.9.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,则下列命题中,错误的是( C )(A)AC⊥BD(B)AC∥截面PQMN(C)AC=BD(D)异面直线PM与BD所成的角为45°解析:由题意可知PQ∥AC,QM∥BD,PQ⊥QM,所以AC⊥BD,故A正确;由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN,故B正确;由PN∥BD可知,异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角,又四边形PQMN为正方形,所以∠MPN=45°,故D正确;而AC=BD没有论证来源.故选C.10.如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线交点为O,M为PB的中点,给出下列五个结论:①PD∥平面AMC;②OM∥平面PCD;③OM∥平面PDA;④OM∥平面PBA;⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有( C )(A)1(B)2(C)3(D)4
解析:矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O,所以O为BD的中点.在△PBD中,M是PB的中点,所以OM是△PBD的中位线,OM∥PD,则PD∥平面AMC,OM∥平面PCD,且OM∥平面PDA.因为M∈PB,所以OM与平面PBA、平面PBC相交.故选C.11.在三棱柱ABCA1B1C1中,点D为AC的中点,点D1是A1C1上的一点,当等于何值时,BC1∥平面AB1D1?解:=1.证明如下:如图所示,此时D1为线段A1C1的中点,连接A1B交AB1于O,连接OD1.由棱柱的定义,知四边形A1ABB1为平行四边形,所以点O为A1B的中点.在△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,所以OD1∥BC1.又因为OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,所以BC1∥平面AB1D1.所以当=1时,BC1∥平面AB1D1.12.如图所示,四边形ABCD,四边形ADEF都是正方形,M∈BD,N∈AE,且BM=AN.
求证:MN∥平面CDE.证明:法一 如图所示,作MK⊥CD于K,NH⊥DE于H,连接KH.因为四边形ABCD和四边形ADEF都是正方形,所以BD=AE,又因为BM=AN,所以MD=NE,又因为∠MDK=∠NED=45°,∠MKD=∠NHE=90°,所以△MDK≌△NEH,所以MK=NH.又因为MK∥AD∥NH,所以四边形MNHK是平行四边形,所以MN∥KH.又因为MN⊄平面CDE,KH⊂平面CDE,所以MN∥平面CDE.
法二 如图所示,连接AM并延长交CD所在直线于G,连接GE.因为AB∥CD,所以=,因为四边形ABCD和四边形ADEF都是正方形,所以BD=AE,又BM=AN,所以MD=NE,所以=,所以MN∥GE,又因为GE⊂平面CDE,MN⊄平面CDE.所以MN∥平面CDE.
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