直線、平面平行的判定與性質(zhì)1．(2019·西安模擬 )設(shè)α，β是兩個(gè)平面，直線 a?α，則“a∥β”是“α∥β”的( )A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B依題意，由a?α，a∥β不能推出α∥β，此時(shí)平面α與β可能相交；反過(guò)來(lái)，由α∥β，a?α，可得a∥β.綜上所述，“a∥β”是“α∥β”的必要不充分條件，選B.2．(2019·四川名校聯(lián)考)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，M，N分別為AB和AC上的點(diǎn)，AM＝AN＝231111位置關(guān)系是()A．相交B．平行C．垂直D．不能確定解析：選B由題可得1＝11，＝1，所以分別取，1上的點(diǎn)，Q，使得CPAM3ABAN3ACBCBBP22223BC，BQ＝3BB1，連接MQ，NP，PQ，則MQ綊3B1A1，NP綊3AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，所以四邊形MQPN是平行四邊形，則MN∥QP，QP?平面BB1C1C，MN?平面BB1C1C，則MN∥平面BB1C1C，故選B.3．(2019·棗莊診斷 )如圖，直三棱柱 ABC-A′B′C′中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AA′＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M分別是邊AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在四邊形EFGH內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，并且始終有∥平面′′，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()MPACCAA．2B．2πC．23D．4解析：選D連接MF，F(xiàn)H，MH，因?yàn)镸，F(xiàn)，H分別為BC，AB，A′B′的中點(diǎn)，所以MF∥平面AA′C′C，F(xiàn)H∥平面AA′C′C，所以平面 MFH∥平面AA′C′C，所以M與線段FH上任意一點(diǎn)的連線都平行于平面 AA′C′C，所以點(diǎn) P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段 FH，其長(zhǎng)度為 4，故選D.4．(2019·成都模擬 )已知直線a，b和平面α，下列說(shuō)法中正確的是 ( )A．若a∥α，b?α，則a∥bB．若a⊥α，b?α，則a⊥bC．若a，b與α所成的角相等，則 a∥b1D．若a∥α，b∥α，則a∥b解析：選B對(duì)于A，若a∥α，b?α，則a∥b或a與b異面，故A錯(cuò)；對(duì)于B，利用線面垂直的性質(zhì)，可知若a⊥α，b?α，則a⊥b，故B正確；對(duì)于C，若a，b與α所成的角相等，則a與b相交、平行或異面，故C錯(cuò)；對(duì)于D，由a∥α，b∥α，則a，b之間的位置關(guān)系可以是相交、平行或異面，故 D錯(cuò)．5．(2017·全國(guó)卷Ⅰ )如圖，在下列四個(gè)正方體中， A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)， M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線 AB與平面MNQ不平行的是( )解析：選A法一：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳B∥CD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項(xiàng)C、D中均有AB∥平面MNQ.故選A.法二：對(duì)于選項(xiàng)A，設(shè)正方體的底面對(duì)角線的交點(diǎn)為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB.因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn)，所以AB與平面MNQ有交點(diǎn)，即AB與平面MNQ不平行，根據(jù)直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性質(zhì)知，選項(xiàng) B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A.6．已知 m，n是兩條不同的直線， α，β，γ是三個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是( )A．若α⊥γ，α⊥β，則γ∥βB．若m∥n，m?α，n?β，則α∥βC．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥βD．若m∥n，m∥α，則n∥α解析：選C 對(duì)于A，若α⊥γ，α⊥β，則γ∥β或γ與β相交；對(duì)于 B，若m∥n，m?α，n?β，則α∥β或α與β相交；易知 C正確；對(duì)于 D，若m∥n，m∥α，則n∥α或n在平面α內(nèi)．故選C.7．如圖所示，三棱柱-111的側(cè)面11是菱形，設(shè)D是11上的點(diǎn)且1∥平面ABCABCBCCBACABBCD，則AD∶DC的值為________．1112解析：設(shè)BC1∩B1C＝O，連接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四邊形BCC1B1是菱形，∴O為BC1的中點(diǎn)，∴D為A1C1的中點(diǎn)，則 A1D∶DC1＝1.答案：18．已知正方體 ABCD-A1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的是 ________(只填序號(hào))．AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D，BD，因?yàn)锳B綊C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，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．答案：①②④9．在三棱錐P-ABC中，PB＝6，AC＝3，G為△PAC的重心，過(guò)點(diǎn)G作三棱錐的一個(gè)截面，使截面平行于PB和AC，則截面的周長(zhǎng)為________．解析：如圖，過(guò)點(diǎn)G作∥，分別交，于點(diǎn)，，過(guò)點(diǎn)EFACPAPCEFE作EN∥PB交AB于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)F作FM∥PB交BC于點(diǎn)M，連接MN，則2四邊形EFMN是平行四邊形(平面EFMN為所求截面)，且EF＝MN＝3AC1＝2，F(xiàn)M＝EN＝3PB＝2，所以截面的周長(zhǎng)為2×4＝8.答案：8210．(2019·南寧畢業(yè)班摸底)如圖，△ABC中，AC＝BC＝2AB，四邊形ABED是邊長(zhǎng)為1的正方形，平面ABED⊥底面ABC，G，F(xiàn)分別是EC，BD的中點(diǎn)．求證：GF∥底面ABC；求幾何體ADEBC的體積．解：(1)證明：如圖，取 BC的中點(diǎn)M，AB的中點(diǎn)N，連接GM，F(xiàn)N，MN.∵G，F(xiàn)分別是EC，BD的中點(diǎn)，1GM∥BE，且GM＝2BE，31NF∥DA，且NF＝2DA.又四邊形ABED為正方形，∴BE∥AD，BE＝AD，GM∥NF且GM＝NF.∴四邊形MNFG為平行四邊形．GF∥MN，又MN?平面ABC，GF?平面ABC，GF∥平面ABC.連接CN，∵AC＝BC，∴CN⊥AB，又平面ABED⊥平面ABC，CN?平面ABC，∴CN⊥平面ABED.1易知△ABC是等腰直角三角形，∴CN＝2AB＝2，C-ABED是四棱錐，1 1 1 1VC-ABED＝3S四邊形ABED·CN＝3×1×2＝6.11．如圖，四邊形 ABCD與四邊形 ADEF為平行四邊形， M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)，求證：BE∥平面DMF；平面BDE∥平面MNG.證明：(1)如圖，連接 AE，設(shè)DF與GN的交點(diǎn)為O，則AE必過(guò)DF與GN的交點(diǎn)O.連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO.又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形 ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)，所以 DE∥GN.4又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M為AB的中點(diǎn)，所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN.又BD?平面MNG，MN?平面MNG，所以BD∥平面MNG.又DE?平面BDE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.12．(2019·河南八市聯(lián)考 )如圖，在矩形 ABCD中，AB＝1，AD2，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別為AD，PA的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．(1)當(dāng)Q是BC的中點(diǎn)時(shí)，求證：平面 BEF∥平面PDQ；BQ當(dāng)BD⊥FQ時(shí)，求QC的值．解：(1)證明：∵E，Q分別是AD，BC的中點(diǎn)，ED＝BQ，ED∥BQ，∴四邊形BEDQ是平行四邊形，BE∥DQ.又BE?平面PDQ，DQ?平面PDQ，∴BE∥平面PDQ，又F是PA的中點(diǎn)，∴EF∥PD，∵EF?平面PDQ，PD?平面PDQ，∴EF∥平面PDQ，∵BE∩EF＝E，BE?平面BEF，EF?平面BEF，∴平面BEF∥平面PD