第4讲 直线、平面平行的判定与性质
[基础题组练]
1．(2018·高考浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m?α，n?α，则“m∥n”是“m∥α”的( )
A．充分不必要条件 C．充分必要条件
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A.若m?α，n?α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m?α，
n?α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条
件．故选A.
2．(2019·重庆六校联考)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β B．存在一条直线a，a?α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α
解析：选D.对于选项A，若存在一条直线a，a∥α，α∥β，则α∥β或α与β相交，若α∥β，则存在一条直线a，使得a∥α，a∥β，所以选项A的内容是α∥β的一个必要条件；同理，选项B，C的内容也是α∥β的一个必要条件而不是充分条件；对于选项D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以选项D的内容是α∥β的一个充分条件．故选D.
3.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( )
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
1
解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EF綊BD，又EF?平面BCD，所以EF∥平面BCD.
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又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是
2梯形．
4．(2018·四川名校联考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M，
N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝
A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定
2a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( ) 3
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解析：选B.由题意可得A1M＝A1B，AN＝AC，所以分别取BC，BB1上的点P，Q，使得
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CP＝BC，BQ＝BB1，连接MQ，NP，PQ，则MQ綊B1A1，NP綊AB，又B1A1綊AB，故MQ綊NP，
所以四边形MQPN是平行四边形，则MN∥QP，QP?平面BCC1B1，MN?平面BCC1B1，则MN∥平面
2
3232323
BCC1B1，故选B.
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________． 解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE?平面ACE，BD1?平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
答案：平行
6.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于________．
解析：因为EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC，所以F为DC的中点． 1
故EF＝AC＝2.
2答案：2
7．(2019·重庆六校联考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，
PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F分别为AB和PD的中点．
(1)求证：AF∥平面PEC； (2)求点F到平面PEC的距离．
解：(1)设PC的中点为Q，连接EQ，FQ(图略)，
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由题意，得FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD，
22故AE∥FQ且AE＝FQ，所以四边形AEQF为平行四边形， 所以AF∥EQ，又EQ?平面PEC，AF?平面PEC. 所以AF∥平面PEC.
(2)由(1)，知点F到平面PEC的距离等于点A到平面PEC的距离，设为d，连接AC，由条件易求得EC＝7，PE＝7，PC＝22，AC＝23，
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故S△PEC＝×22×5＝10，S△AEC＝×1×3＝，
222113
由VA-PEC＝VP-AEC，得×10×d＝××2，
332解得d＝
30. 10
8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 证明：(1)如图，连接SB， 因为E、G分别是BC、SC的中点， 所以EG∥SB.
又因为SB?平面BDD1B1，
EG?平面BDD1B1，
所以直线EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD，
因为F、G分别是DC、SC的中点， 所以FG∥SD.
又因为SD?平面BDD1B1，FG?平面BDD1B1， 所以FG∥平面BDD1B1，又EG?平面EFG，
FG?平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面EFG∥平面BDD1B1.
[综合题组练]
1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )
A．AC⊥BD B．AC＝BD C．AC∥截面PQMN
D．异面直线PM与BD所成的角为45° 解析：选B.因为截面PQMN是正方形， 所以PQ∥MN，QM∥PN，
则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA， 所以PQ∥AC，QM∥BD，
由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确； 由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确； 由BD∥PN，
所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确； 由上面可知：BD∥PN，MN∥AC. 所以＝，＝
PNANMNDN，
BDADACAD而AN≠DN，PN＝MN， 所以BD≠AC.B错误．故选B.
2.如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，
C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运
动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)
解析：连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，
所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN?平面FHN， 所以MN∥平面B1BDD1.
答案：点M在线段FH上(或点M与点H重合)
3．(2019·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．
(1)求证：平面CMN∥平面PAB； (2)求三棱锥P-ABM的体积．
解：(1)因为M，N分别为PD，AD的中点， 所以MN∥PA，
又MN?平面PAB，PA?平面PAB， 所以MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN， 所以∠ACN＝60°.
又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.
因为CN?平面PAB，AB?平面PAB，所以CN∥平面PAB. 又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB. (2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，
所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离． 因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝3，
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所以三棱锥P-ABM的体积V＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝××1×3×2＝.
3234．如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
(1)求证：BE∥平面DMF； (2)求证：平面BDE∥平面MNG.
证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE?平面
MNG，GN?平面MNG，
课标通用版2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质检测文
