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文檔簡(jiǎn)介
主題三代數(shù)與幾何
第六章立體幾何第4節(jié)直線、平面平行的判定與性質(zhì)知識(shí)梳理考點(diǎn)探究基礎(chǔ)訓(xùn)練知識(shí)梳理l∥aa?αl?α相交l∥αl?βα∩β=ba∥βb∥βa∩b=Pa?αb?α交線α∥βα∩γ=aβ∩γ=bD解析:A錯(cuò)誤,a可能在經(jīng)過b的平面內(nèi);B錯(cuò)誤,a與α內(nèi)的直線平行或異面;C錯(cuò)誤,兩個(gè)平面可能相交;D正確,由a∥α,可得a平行于經(jīng)過直線a的平面與α的交線c,即a∥c,又a∥b,所以b∥c,又b?α,c?α,所以b∥α.B解析:當(dāng)m∥β時(shí),過m的平面α與β可能平行也可能相交,因而m∥β?α∥β;當(dāng)α∥β時(shí),α內(nèi)任一直線與β平行,因?yàn)閙?α,所以m∥β.
綜上知,“m∥β”是“α∥β”的必要不充分條件.BC解析:對(duì)于A,若m∥α,n∥β且α∥β,則m∥n或m,n異面或m,n相交,所以錯(cuò)誤;對(duì)于B,若m∥n,m⊥α,則n⊥α.
又n⊥β,所以α∥β,所以正確;對(duì)于C,若m∥n,n?α,則m∥α或m?α.
又α∥β,m?β,所以m∥β,所以正確;對(duì)于D,若m∥n,n⊥α,則m⊥α.
又α⊥β,所以m∥β或m?β,所以錯(cuò)誤.故選BC.①②④解析:如圖,連接AD1,BC1,AB1,B1D1,
行四邊形,故AD1∥BC1,從而①正確;易證BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,從而②正確;由圖易知AD1與DC1異面,故③錯(cuò)誤;因?yàn)锳D1∥BC1,AD1?平面BDC1,BC1?平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正確.①②③解析:因?yàn)锳B∥CD,AA1∥DD1,所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1.
因?yàn)槠矫鍭PQR∩平面ABB1A1=AP,平面APQR∩平面DCC1D1=RQ,所以AP∥RQ,可知①正確;因?yàn)樗倪呅蜛BCD是直角梯形,AB∥CD,所以平面BCC1B1與平面ADD1A1不平行.
因?yàn)槠矫鍭PQR∩平面BCC1B1=PQ,平面APQR∩平面ADD1A1=AR,所以PQ與AR不平行,所以四邊形APQR不可能為平行四邊形,可知②正確;延長(zhǎng)CD至M(圖略),使得DM=CD,則四邊形ABCM是矩形,所以BC∥AM.
當(dāng)R,Q,M三點(diǎn)共線時(shí),AM?平面APQR,所以BC∥平面APQR,可知③正確.基礎(chǔ)訓(xùn)練考點(diǎn)探究證明:證法1:如圖,取PC的中點(diǎn)M,連接DM,MF.∵M(jìn),F(xiàn)分別是PC,PB的中點(diǎn),
∵E為DA的中點(diǎn),四邊形ABCD為正方形,
∴MF∥DE,MF=DE,∴四邊形DEFM為平行四邊形,∴EF∥DM,∵EF?平面PDC,DM?平面PDC,∴EF∥平面PDC.證法2:如圖,取PA的中點(diǎn)N,連接NE,NF.
∵E是AD的中點(diǎn),N是PA的中點(diǎn),∴NE∥DP.∵F是PB的中點(diǎn),N是PA的中點(diǎn),∴NF∥AB,∵AB∥CD,∴NF∥CD.又∵NE∩NF=N,NE?平面NEF,NF?平面NEF,DP?平面PCD,CD?平面PCD,∴平面NEF∥平面PCD.又∵EF?平面NEF,∴EF∥平面PCD.證法3:如圖,取BC的中點(diǎn)G,連接EG,F(xiàn)G.
在正方形ABCD中,E是AD的中點(diǎn),G是BC的中點(diǎn),∴GE∥CD.∵F是PB的中點(diǎn),G是BC的中點(diǎn),∴GF∥PC.又PC∩CD=C,GE?平面GEF,GF?平面GEF,PC?平面PCD,CD?平面PCD,∴平面GEF∥平面PCD.∵EF?平面GEF,∴EF∥平面PCD.解:(1)如圖,連接BE交AD于點(diǎn)O,連接OF,因?yàn)镃E∥平面ADF,CE?平面BEC,平面ADF∩平面BEC=OF,所以CE∥OF.
因?yàn)镺是BE的中點(diǎn),所以F是BC的中點(diǎn).(2)因?yàn)锽C與平面ABD所成角為30°,BC=AB=1,
解:(1)證明:如圖所示,記AC與BD的交點(diǎn)為O,連接OE.
因?yàn)镺,M分別是AC,EF的中點(diǎn),四邊形ACEF是矩形,所以四邊形AOEM是平行四邊形,所以AM∥OE.又因?yàn)镺E?平面BDE,AM?平面BDE,所以AM∥平面BDE.(2)l∥m,證明如下:由(1)知AM∥平面BDE,連接DM,MB.又AM?平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,所以l∥AM,同理,AM∥平面BDE,又AM?平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,所以m∥AM,所以l∥m.解:(1)證明:在△CEF中,因?yàn)镚,H分別是CE,CF的中點(diǎn),所以GH∥EF,又因?yàn)镚H?平面AEF,EF?平面AEF,所以GH∥平面AEF.設(shè)AC∩BD=O,連接OH(圖略),在△ACF中,因?yàn)镺A=OC,CH=HF,所以O(shè)H∥AF,又因?yàn)镺H?平面AEF,AF?平面AEF,所以O(shè)H∥平面AEF.又因?yàn)镺H∩GH=H,OH,GH?平面BDGH,所以平面BDGH∥平面AEF.(2)如圖,在平面ABB1A1內(nèi),過點(diǎn)A作AN∥B1P交BB1于點(diǎn)N,連接BQ,在△BB1Q中,作NH∥B1Q交BQ于點(diǎn)H,連接AH并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)M,則AM為所求作的直線.證明:(1)∵G,H分別是A1B1,A1C1的中點(diǎn),∴GH是△A1B1C1的中位線,則GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四點(diǎn)共面.(2)∵E,F(xiàn)分別為AB,AC的中點(diǎn),∴EF∥BC.∵EF?平面BCHG,BC?平面BCHG,∴EF∥平面BCHG.
∴四邊形A1EBG是平行四邊形,∴A1E∥GB.∵A1E?平面BCHG,GB?平面BCHG,∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.
由如下:
如圖,過點(diǎn)P作MP∥FD交AF于點(diǎn)M,連接
∵BE=1,∴FD=5,∴MP=3,又EC=3,MP∥FD∥EC,
故四邊形MPCE為平行四邊形,∴CP
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